V OM

V Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

V OM - I etap

I etap V Olimpiady Matematycznej

V OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Znaleźć takie liczby $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , żeby równość

$ (1) \qquad \frac{2x-7}{4x^2 + 16x + 15} = \frac{a}{x + c} + \frac{b}{x + d} $

była tożsamością.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że $4x^2 + 16x + 15 = 4 \left( x^2 + 4x + \frac{15}{4} \right) = 4 \left( x + \frac{5}{2} \right) + \left( x + \frac{3}{2} \right)$ ; lewa strona równości (1) ma więc wartość liczbową (inaczej: sens liczbowy) tylko dla wartości $x$ różnych od $- \frac{5}{2}$ i od $-\frac{3}{2}$ . Prawa zaś strona równości (1) ma sens liczbowy tylko dla wartości $x$ różnych od $- c$ i $- d$ . Jeśli równość (1) ma być tożsamością, to obie jej strony muszą mieć sens liczbowy dla tych samych wartości $x$ ; zatem mianownikami ułamków po prawej stronie muszą być dwumiany $x + \frac{5}{2}$ , $x + \frac{3}{2}$ i zadanie sprowadza się do następującego prostszego zadania:

Znaleźć takie liczby $a$ i $b$ , żeby równość

$ (2) \qquad \frac{2x - 7}{4x^2 + 16x + 15} = \frac{a}{x + \frac{5}{2}} + \frac{b}{x + \frac{3}{2}} $

była tożsamością.

Przypuśćmy, że takie liczby istnieją, tzn. że równość (2), w której $a$ i $b$ oznaczają określone liczby, jest tożsamością. Obie strony równości (2) przybierają zatem dla każdej wartości $x$ różnej od $- \frac{5}{2}$ i od $- \frac{3}{2}$ jednakowe wartości liczbowe.

Pomnóżmy obie strony równości (2) przez $4x^2 + 16x + 15$ :

$ (3) \qquad 2x - 7 = 4a \left(x + \frac{3}{2} \right) + 4b \left(x + \frac{5}{2} \right) . $

Równość (3) także musi być prawdziwa dla każdej wartości $x$ różnej od $- \frac{5}{2}$ i od $- \frac{3}{2}$ . Lecz obie strony równości (3) są funkcjami stopnia pierwszego zmiennej $x$ . Wiadomo zaś, że jeżeli dwie funkcje stopnia pierwszego zmiennej $x$ przybierają równe wartości choćby tylko dla dwóch różnych wartości $x$ , to mają równe współczynniki przy $x$ i równe wyrazy stałe (są więc tożsamościowo równe).

Zatem równość (3) spełnia warunki

$ (4) \qquad \begin{array}{c} 4a + 4b = 2,\\ 6a + 10b = -7, \end{array} $

a stąd

$ (5) \qquad a = 3,\ b = - \frac{5}{2}. $

Podstawiając te wartości do równości (2) otrzymujemy

$ (6) \qquad \frac{2x - 7}{4x^2 + 16x + 15} = \frac{3}{x+\frac{5}{2}} + \frac{-\frac{5}{2}}{x + \frac{3}{2}}. $

Z rozumowania, które przeprowadziliśmy, nie wynika jeszcze, że równość (6) istotnie jest tożsamością; udowodniliśmy tylko, że jeżeli rozwiązanie zadania istnieje, to jest nim równość (6). Trzeba więc jeszcze sprawdzić, czy obie strony równości (6) są rzeczywiście tożsamościowo równe. Można by w tym celu przekształcić tożsamościowo prawą stronę równości (6), a mianowicie sprowadzić oba jej składniki do wspólnego mianownika, wykonać dodawanie i uprościć wynik; otrzymalibyśmy wówczas taki sam ułamek, jaki mamy po lewej stronie równości (6). Rachunek ten jest jednak niepotrzebny, gdyż możemy go zastąpić następującym krótkim rozumowaniem :

Jeżeli $a$ i $b$ mają wartości (5), to prawdziwe są równości (4); wobec tego obie strony równości (3) są funkcjami stopnia pierwszego zmiennej $x$ o jednakowych współczynnikach przy $x$ i jednakowych wyrazach stałych, więc równość (3) jest prawdziwa dla każdej wartości $x$ . Dzieląc równość (3) obustronnie przez $4 \left(x + \frac{5}{2} \right) \left(x + \frac{3}{2} \right)$ otrzymuje się równość (2), więc (gdy $a = 3$ i $b = - \frac{5}{2}$ ] równość (2) jest prawdziwa dla każdej wartości $x$ różnej od $- \frac{5}{2}$ i od $- \frac{3}{2}$ , tzn. równość (6) jest tożsamością.

Uwaga 1. Wartości $a$ i $b$ można obliczyć również w sposób następujący. Równość (3) musi być prawdziwa dla każdej wartości $x$ , a więc (w odróżnieniu od równości (2)) również dla $x = - \frac{5}{2}$ i $x = - \frac{3}{2}$ . Podstawiając te wartości do równości (3) otrzymujemy od razu $- 12 = - 4a$ i $- 10 = 4b$ , skąd $a = 3$ , $b = - \frac{5}{2}$ .

Uwaga 2. Twierdzenie, że dwie funkcje stopnia pierwszego, które przybierają równe wartości dla dwóch (różnych) wartości $x$ , mają odpowiednio równe współczynniki, jest przypadkiem szczególnym twierdzenia: {\it Jeżeli zachodzi równość dwóch wielomianów stopnia $n$ zmiennej $x$

$ a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1} x + a_n = b_0x^n + b_1x^{n-1} + \ldots + b_{n-1} x + b_n $

dla $n + 1$ różnych wartości $x$ , to odpowiednie współczynniki tych wielomianów są równe, równość ta jest więc tożsamością.}

Równość powyższą możemy zastąpić równością

$ (a_0 - b_0)x^n + (a_1 - b_1) x^{n-1} + \ldots + (a_{n-1} - b_{n-1}) x + (a_n - b_n) = 0 $

i nadać twierdzeniu brzmienie:

Jeżeli wielomian stopnia $n$ zmiennej $x$ przybiera wartość $0$ dla $n +1$ różnych wartości $x$ (inaczej: ma $n + 1$ różnych pierwiastków), to wszystkie współczynniki tego wielomianu są zerami, wielomian jest więc tożsamościowo równy zeru.

Twierdzenie to możemy udowodnić, jak następuje. Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia $n - 1$ . Niech wielomian

$ (7) \qquad c_0x^n + c_1x^{n-1} + \ldots + c_{n-1}x + c_n $

ma $n + 1$ różnych pierwiastków $x_1, x_2, \ldots, x_{n+1}$ . Można wówczas wyznaczyć liczby $d_0, d_1, \ldots, d_{n-1}$ w ten sposób, że zachodzi tożsamość

$ (8) \qquad c_0x^n + c_1x^{n-1} + \ldots + c_{n-1}x + c_n = (x - x_1) (d_0x^{n-1} + d_1x^{n-2} + \ldots + d_{n-2} x + d_{n-1}). $

Istotnie, wystarczy w tym celu znaleźć takie wartości $d_0, d_1, \ldots, d_{n-1}$ , żeby współczynniki przy jednakowych potęgach $x$ były po obu stronach równości (8) jednakowe, tj. żeby $d_1, d_2, \ldots, d_{n-1}$ spełniały układ równań

$ (9) \qquad \begin{array}{c} c_0 = d_0,\\ c_1 = d_1 - d_0x_1,\\ c_2 = d_2 - d_1x_1,\\ \ldots,\\ c_{n-1} = d_{n-1} - d_{n-2} \cdot x_1,\\ c_n = -d_{n-1} x_1. \end{array} $

Z pierwszych $n - 1$ równań układu (9) otrzymujemy kolejno

$ \begin{array}{c} d_0 = c_0\\ d_1 = c_1 + d_0x_1 = c_1 + c_0x_1,\\ d_2 = c_2 + d_1x_1 = c_2 + c_1x_1 + c_0x_1^2,\\ \ldots,\\ d_{n-1} = c_{n-1} + d_{n-2}x_1 = c_{n-1} + c_{n- 2}x_1 + \ldots + c_1x_1^{n-2} + c_0x_1^{n-1}. \end{array} $

Powyższe wartości spełniają również ostatnie równanie układu (9); podstawiając bowiem do tego równania znalezioną wartość $d_{n-1}$ otrzymujemy

$ c_n =- (c_{n-1} + c_{n-2}x_1+ \ldots + c_1x_1^{n-2} + c_0x_1^{n-1}) x_1 $

lub

$ c_0x_1^n + c_1x_1^{n-1} + \ldots + c_{n-1}x_1 + c_n = 0, $

a ta równość jest prawdziwa, gdyż $x_1$ jest pierwiastkiem wielomianu (7).

Z tożsamości (8) wynika, że liczby $x_2, x_3,\ldots, x_{n+1}$ , które są według założenia pierwiastkami wielomianu stojącego po lewej stronie tej tożsamości, są również pierwiastkami wielomianu znajdującego się po stronie prawej, a ponieważ czynnik $x - x_1$ dla żadnej z $n$ liczb $x_2, x_3, \ldots, x_{n+1}$ nie równa się zeru, więc liczby te są pierwiastkami wielomianu $d_0x^{n-1} + d_1x^{n-2} + \ldots + d_{n-2}x + d_{n-1}$ stopnia $n - 1$ . W takim razie na mocy uczynionego na wstępie założenia $d_0 = d_1 = \ldots = d_{n-2} = d_{n-1} = 0$ a wobec równości (9)

$ c_0 = c_1 = c_2 = \ldots = c_{n-1} = c_n = 0. $

Dowiedliśmy, że jeżeli twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia $n - 1$ , to jest także prawdziwe dla wielomianów stopnia $n$ . Otóż twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia pierwbzego, jeśli bowiem wielomian $c_0x + c_1$ równa się zeru dla dwóch różnych wartości $x = x_1$ i $x = x_2$ , tj. $c_0x_1 + c_1 = 0$ i $c_0x_2 + c_1 = 0$ , to odejmując te równości otrzymamy $c_0 (x_1 - x_2) = 0$ , skąd $c_0 = 0$ , zatem również $c_1 = 0$ .

Na podstawie zasady indukcji zupełnej wnioskujemy z obu powyższych przesłanek, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów dowolnego stopnia.

Uwaga 3. W rozumowaniach powyższych korzystaliśmy z pojęcia tożsamości dwóch wyrażeń algebraicznych. Pojęcie to określamy zwykle w sposób następujący.

Niech będą dane dwa wyrażenia (funkcje) $A (x, y, \ldots)$ i $B (x, y,\ldots)$ zawierające te same zmienne (argumenty) $x, y, \ldots$ . Mówimy, że $A (x, y, \ldots)$ i $B (x, y, \ldots)$ są równe tożsamościowo, lub że równość $A (x, y, \ldots) = B (x, y, \ldots)$ jest tożsamością, jeżeli dla każdego układu liczb $x_0, y_0, \ldots$ , dla którego jedno z tych wyrażeń ma określoną wartość liczbową, drugie wyrażenie ma także określoną wartość liczbową, przy czym obie te wartości są równe, tj. $A (x_0, y_0, \ldots) = B (x_0, y_0, \ldots)$ . Dwa wyrażenia równe tożsamościowo trzeciemu są oczywiście też równe tożsamościowo. Przejście od jednego wyrażenia do wyrażenia tożsamościowo mu równego nazywa się przekształceniem tożsamościowym danego wyrażenia.

Często dogodnie bywa posługiwać się ogólniejszym pojęciem tożsamości. Przypuśćmy, że mamy dane dwa wyrażenia $A (x,y, \ldots)$ i $B(x,y, \ldots)$ oraz pewien zbiór liczb $Z$ . Mówimy, że równość $A(x, y, \ldots) = B (x, y, \ldots)$ jest {\it tożsamością w zbiorze $Z$ }, jeżeli równość jest prawdziwa dla dowolnych wartości $x, y, \ldots$ należących do zbioru $Z$ . Równość będąca tożsamością w pewnym zbiorze liczb może nie być tożsamością w innym zbiorze. Na przykład równość

$ \log xy = \log x + \log y $

jest tożsamością w zbiorze liczb dodatnich, ale nie jest tożsamością w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych, bo gdy $x < 0$ i $y < 0$ , lewa strona tej równości ma sens liczbowy, a prawa strona nie ma sensu liczbowego. Podobnie równość

$ \sqrt{ab} = \sqrt{a} \cdot \sqrt{b} $

jest tożsamością w zbiorze liczb nieujemnych, równość zaś

$ \frac{a^2 - 1}{a-1} = a+1 $

jest tożsamością w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych różnych od $1$ .

V OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Zbadać, kiedy suma sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez $18$ .

Rozwiązanie

Niech $a - 1$ , $a$ , $a + 1$ , będą trzema kolejnymi liczbami naturalnymi; sumę ich sześcianów

$ S = (a - 1)^3 + a^3 + (a + 1)^3 $

możemy przekształcić w następujący sposób:

$ \begin{split} S & = a^3 - 3a^2 + 3a - 1 + a^3 + a^3 + 3a^2 + 3a + 1 = 3a^3 + 6a =\\ & = 3a (a^2 + 2) = 3a (a^2 - 1 + 3) = 3a [(a + 1) \cdot (a - 1) + 3]. \end{split} $

Ponieważ jedna z liczb $a - 1$ , $a$ , $a + 1$ jest podzielna przez $3$ , więc też jedna z liczb $a$ i $(a + 1) (a - 1) + 3$ jest podzielna przez $3$ . Stąd wynika, że suma $S$ sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest zawsze podzielna przez $9$ .

Suma $S$ jest zatem podzielna przez $18 = 9 \cdot 2$ wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez $2$ . Ponieważ $S = 3a^3 + 6a$ , więc $S$ jest parzyste wtedy i tylko wtedy, gdy $a$ jest parzyste, tzn. gdy $a - 1$ jest nieparzyste. Stąd wniosek:

Suma sześcianów trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez $18$ wtedy i tylko wtedy, gdy pierwsza z tych liczb jest nieparzysta.

V OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli w czworokącie $ABCD$ zachodzi równość $AB + CD = AD + BC$ , to okręgi wpisane w trójkąty $ABC$ i $ACD$ są styczne.

Rozwiązanie

Jeżeli okręgi wpisane w trójkąty $ABC$ i $ACD$ stykają się z ich wspólnym bokiem $AC$ odpowiednio w punktach $M$ i $N$ (rys. 20), to według znanych wzorów mamy

$ AM = \frac{1}{2} (AB + AC- BC),\ AN = \frac{1}{2} (AD + AC - CD), $

skąd

$ (1) \qquad AM - AN = \frac{1}{2} [(AB + CD) - (AD + BC)]. $

Jeśli $AB + CD = AD + BC$ , to z powyższej równości wynika, że $AM = AN$ , tzn. że punkty $M$ i $N$ pokrywają się; oba okręgi są styczne do prostej $AC$ w tym samym punkcie, więc okręgi te są do siebie styczne.

Uwaga. Z równości (1) wynika również twierdzenie odwrotne: jeśli okręgi wpisane w trójkąty $ABC$ i $ACD$ są styczne, to $AM = AN$ , zatem $AB + CD = AD + BC$ .

V OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Wewnątrz danego trójkąta $ABC$ znaleźć taki punkt $O$ , żeby pola trójkątów $AOB$ , $BOC$ , $COA$ były w stosunku $1 \colon 2 \colon 3$ .

Rozwiązanie

Jeżeli pola trójkątów $AOB$ , $BOC$ , $COA$ są w stosunku $1 \colon 2 \colon 3$ , to pola te stanowią odpowiednio $\frac{1}{6}$ , $\frac{2}{6}$ , $\frac{3}{6}$ pola trójkąta $ABC$ . Żądany punkt $O$ leży zatem na przecięciu równoległej do prostej $AC$ poprowadzonej przez środek boku $AB$ z równoległą do prostej $BC$ odcinającą na boku $AB$ jego trzecią część, licząc od punktu $B$ . Przez ten sam punkt przechodzi równoległa do boku $AB$ odcinająca na boku $AC$ , licząc od wierzchołka $A$ , odcinek równy $\frac{1}{6}AC$ (rys. 21). Zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Zadanie rozwiązuje się w ten sam sposób, jeśli zamiast stosunku $1 \colon 2 \colon 3$ wziąć stosunek $m \colon n \colon p$ dowolnych liczb naturalnych.

V OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad x + y + z + t = 10,\ xy + zt = 14,\ xz + yt = 11,\ xyzt = 24. $

Rozwiązanie

Dodajemy drugie i trzecie równanie układu (1); otrzymujemy $xy + zt + xz + yt = 25$ lub $(x + t) (y + z) = 25$ ; biorąc to równanie zamiast trzeciego równania układu (1) otrzymujemy równoważny układ równań

$ (2) \qquad \begin{array}{c} x + y + z + t = 10,\\ (x + t)(y + z) = 25,\\ xy + zt = 14,\\ xyzt = 24. \end{array} $

W pierwszych dwóch równaniach układu (2) możemy potraktować jako niewiadome $x + t$ i $y + z$ ; mając daną sumę $10$ i iloczyn $25$ tych niewiadomych znajdujemy łatwo $x + t = 5$ , $y + z = 5$ .

Podobnie dwa ostatnie równania układu (2) możemy potraktować jako układ równań z niewiadomymi $xy$ i $zt$ ; otrzymamy stąd $xy = 12$ , $zt = 2$ , lub $xy = 2$ , $zt = 12$ .

Układ równań (2) jest zatem równoważny alternatywie:

$ (3a )\qquad \begin{array}{l} x + t = 5,\\ y + z = 5,\\ xy = 12,\\ zt = 2 \end{array} \textrm{ lub } \nr{3b} \begin{array}{l} x + t = 5,\\ y + z = 5,\\ xy = 2,\\ zt= 12. \end{array} $

Zamiast pierwszych dwóch równań układu (3a) możemy napisać $t = 5 - x$ , $z = 5 - y$ ; podstawiając te wyrażenia w ostatnie równanie otrzymujemy $(5 - x) (5 - y) = 2$ , a stąd, po uwzględnieniu trzeciego równania, $x + y = 7$ . Podobnie w układzie (3b), ostatnie równanie można zastąpić równaniem $x + y = 3$ . Dany układ równań jest więc równoważny alternatywie

$ (4a )\qquad \begin{array}{l} x + y = 7,\\ xy = 12,\\ z = 5 - y,\\ t = 5 - x \end{array} \textrm{ lub } \nr{4b} \begin{array}{l} x + y = 3,\\ xy = 2,\\ z = 5 - y,\\ t = 5 - x. \end{array} $

Z pierwszych dwóch równań układu (4a) otrzymujemy $x = 3$ , $y = 4$ , lub $x = 4$ , $y = 3$ , a z pierwszych dwóch równań układu (4b) mamy $x = 1$ , $y = 2$ lub $x = 2$ , $y = 1$ .

Dwa ostatnie równania każdego z układów (4a) i (4b) dają odpowiednie wartości $z$ i $t$ . Dany układ równań ma zatem cztery rozwiązania; są nimi układy liczb

$ (3,4,1,2),\ (4,3,2,1),\ (1,2,3,4),\ (2,1,4,3), $

w których liczby stojące na miejscu pierwszym, drugim, trzecim i czwartym oznaczają odpowiednio wartości $x$ , $y$ , $z$ , $t$ .

V OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Rozłożyć na czynniki wyrażenie

$ W = x^4 (y - z) + y^4 (z - x) + z^4 (x - y). $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że wyrażenie $W$ dopuszcza podstawienie cykliczne, tzn. nie ulega zmianie, gdy jednocześnie zastąpimy w nim $x$ przez $y$ , $y$ przez $z$ i $z$ przez $x$ .

Jeżeli w wyrażeniu $W$ , które jest wielomianem stopnia czwartego względem $x$ , podstawimy $x = y$ , otrzymamy $W = 0$ ; wielomian $W$ jest więc podzielny przez $x - y$ , a wobec tego, że wyrażenie $W$ dopuszcza podstawienie cykliczne, jest ono też podzielne przez $y - z$ i przez $z - x$ , zatem przez $(x - y) (y - z) (z - x)$ . Z uwagi na to, że $W$ jest wielomianem jednorodnym stopnia piątego względem $x$ , $y$ i $z$ , a $(x - y) (y - z) (z - x)$ jest wielomianem jednorodnym stopnia trzeciego względem tych zmiennych, iloraz tych wielomianów musi być wielomianem jednorodnym stopnia drugiego względem $x$ , $y$ , $z$ i $W$ ma postać

$ W = (x - y) (y - z) (z - x) (ax^2 + by^2 + cz^2 + dxy + eyz + fzx). $

Ponieważ zarówno $W$ jak $(x - y) (y - z) (z - x)$ dopuszczają podstawienie cykliczne, więc tę samą własność musi mieć ich iloraz, zatem $a = b = c$ , $d = e = f$ , czyli

$ W = (x - y)(y - z)(z - x) [a (x^2 + y^2 + z^2) + d (xy + yz + zx)]. $

Dla wyznaczenia współczynników $a$ i $d$ wystarczy obliczyć wartości obu stron powyższej równości po podstawieniu zamiast $x$ , $y$ i $z$ dowolnych, lecz różnych wartości liczbowych. Podstawiając np. $x = 0$ , $y = 1$ , $z = - 1$ otrzymujemy $- 2 = 2 (2a-d)$ , czyli $2a - d = - 1$ , podstawiając zaś $x = 0$ , $y =-1$ , $z = 2$ otrzymujemy $- 14 = 2 (5a + 2d)$ , czyli $5a + 2d = - 7$ ; z tych związków znajdujemy $a = - 1$ , $d = - 1$ . Zatem

$ W = (x - y) (y - z) (x - z) (x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + zx). $

V OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Na płaszczyźnie dana jest prosta $p$ oraz punkty $A$ i $B$ . Znaleźć na prostej $p$ taki punkt $M$ , żeby suma kwadratów $AM^2 + BM^2$ była jak najmniejsza.

Rozwiązanie

Miejscem geometrycznym takich punktów $X$ płaszczyzny, dla których $AX^2 + BX^2$ ma daną wartość $2k^2$ , jest pewien okrąg, którego środek leży w środku $S$ odcinka $AB$ ; promień tego okręgu jest tym większy, im większe jest $k$ .

Najmniejszym okręgiem o środku $S$ , który ma punkt wspólny z prostą $p$ , jest okrąg styczny do prostej $p$ ; punktem styczności jest rzut $M$ punktu $S$ na prostą $p$ . Punkt $M$ jest punktem poszukiwanym; zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Uwaga. Twierdzenie o miejscu geometrycznym, na które powołaliśmy się w powyższym rozwiązaniu, można udowodnić, jak następuje. Niech $AB = c$ i niech $X$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny (rys. 22). Wówczas

$ SX^2 = \frac{1}{2} AX^2 + \frac{1}{2} BX^2 - \frac{1}{4} c^2 $

Gdy $X$ leży poza prostą $AB$ , równość ta jest znanym wzorem na kwadrat środkowej trójkąta (patrz zadanie 2). Gdy $X$ leży na prostej $AB$ , sprawdzenie równości jest łatwe i pozostawiamy je czytelnikowi.

Z równości tej wynika: 1°) jeśli $AX^2 + BX^2$ ma daną wartość $2k^2$ , to punkt $X$ leży na okręgu o środku $S$ i promieniu $\sqrt{k^2 - \frac{1}{4} c^2}$ ; musi być zatem $k \geq \frac{1}{2} c$ , przy czym gdy $k = \frac{1}{2} c$ , okrąg redukuje się do punktu $S$ ; 2°) jeśli punkt $X$ leży na takim okręgu, tj. jeśli $SX = \sqrt{k^2 - \frac{1}{4} c^2}$ , to $AX^2 + BX^2 = 2k^2$ , cnd.

V OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dane są odległości wzajemne czterech punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ w przestrzeni. Obliczyć długość odcinka łączącego środek odcinka $AB$ ze środkiem odcinka $CD$ .

Rozwiązanie

Załóżmy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na jednej płaszczyźnie. Środki $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ odcinków $AB$ , $BC$ , $AC$ , $AD$ , $BD$ , $CD$ (rys 24) są wówczas różnymi od siebie punktami. Na mocy twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta mamy $MR \parallel AD \parallel PS$ i $MR = PS = \frac{1}{2} AD$ ; podobnie $MP \parallel BC \parallel RS$ i $MP = RS =\frac{1}{2} BC$ . Czworokąt $MPSR$ jest równoległobokiem; według twierdzenia o sumie kwadratów przekątnych równoległoboku piszemy

$ MS^2 + PR^2 = MR^2 + PS^2 + MP^2 + RS^2 = \frac{1}{2} AD^2 + \frac{1}{2} BC^2. $

Analogicznie

$ PR^2 + NQ^2 = \frac{1}{2} AB^2 + \frac{1}{2} CD^2, $

$ NQ^2 + MS^2 = \frac{1}{2} AC^2 + \frac{1}{2} BD^2. $

Z powyższych trzech równań łatwo obliczyć długości $MS$ , $PR$ , $NQ$ . Otrzymujemy np.

$ (1) \qquad MS^2 = \frac{1}{4} (AC^2 + AD^2 + BC^2 + BD^2 - AB^2 - CD^2). $

Jest to żądany wzór wyrażający odległość środków odcinków $AB$ i $CD$ w zależności od wzajemnych odległości punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

Powyższe rozumowanie stosuje się bez zmian do przypadku, gdy punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na jednej płaszczyźnie, ale żadne trzy z nich nie leżą na jednej prostej, a przy tym punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są od siebie różne.

Nie trudno się przekonać, że wzór (1) jest ogólny, tzn. jest prawdziwy, jakiekolwiek byłoby położenie punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Niektóre z tych punktów lub wszystkie mogłyby się nawet pokrywać. Proponujemy czytelnikowi, żeby modyfikując w odpowiedni sposób powyższy dowód wykazał słuszność wzoru (1) w następujących przypadkach wyczerpujących wraz z przypadkami już rozpatrzonymi wszystkie możliwości.

a) Trzy spośród punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na jednej prostej, czwarty zaś poza tą prostą;

b) punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na jednej prostej;

c) żadne trzy spośród punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na jednej prostej, ale punkty $M$ i $S$ lub punkty $N$ i $Q$ lub punkty $P$ i $R$ pokrywają się.

Można by jednak dowieść ogólności wzoru (1) na innej drodze, traktując mianowicie możliwości a), b), c) jako przypadki graniczne przypadku zasadniczego, w którym punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na jednej płaszczyźnie. Objaśnimy to dla przypadku a). Przypuśćmy, że $A$ , $B$ , $C$ są trzema różnymi punktami prostej $p$ , a punkt $D$ znajduje się poza prostą $p$ . Niech $M$ będzie środkiem odcinka $AB$ , a $S$ środkiem odcinka $CD$ .

Obierzmy punkt $A'$ w pobliżu punktu $A$ poza płaszczyzną punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Niech $M'$ oznacza środek odcinka $A'B$ . Ponieważ punkty $A'$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą w jednej płaszczyźnie, więc jak dowiedliśmy poprzednio

$ (1a )\qquad M'S^2 = \frac{1}{4} (A'C^2 + A'D^2 + BC^2 + BD^2 - A'B^2 - CD^2). $

Niech punkt $A'$ zbliża się nieograniczenie (inaczej: dąży) do punktu $A$ np. po prostej $A'A$ . Wówczas punkt $M'$ dąży do punktu $M$ , a długości $M'S$ , $A'C$ , $A'D$ , $A'B$ dążą do długości $MS$ , $AC$ , $AD$ , $AB$ i ze wzoru (1a) otrzymujemy wzór (1) przechodząc, jak się mówi w matematyce, do granicy. Rozumowanie powyższe opiera się na początkowych wiadomościach z tzw. teorii granic, które można znaleźć w pierwszych rozdziałach każdego podręcznika analizy matematycznej (Patrz np. F. Leja, Rachunek różniczkowy i całkowy, wydanie III, Warszawa 1954, rozdział II.)

V OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Punkty $A, B, C, D, \ldots$ są kolejnymi wierzchołkami pewnego wielokąta foremnego, przy czym zachodzi związek

$ \frac{1}{AB} = \frac{1}{AC} + \frac{1}{AD}. $

Ile boków ma ten wielokąt?

Rozwiązanie

\spos{1} Niech $r$ oznacza promień okręgu opisanego na wielokącie foremnym $ABCD\ldots$ , a $2x$ - kąt środkowy (wypukły) tego okręgu odpowiadający cięciwie $AB$ . Wówczas (rys. 25)

$ AB = 2r \sin x,\ AC = 2r \sin 2x,\ AD = 2r \sin 3x. $

Podstawiając te wyrażenia do równania (1), otrzymujemy

$ (2) \qquad \frac{1}{\sin x} = \frac{1}{\sin 2x} + \frac{1}{\sin 3x}. $

W celu rozwiązania równania (2) mnożymy je przez iloczyn $\sin x \cdot \sin 2x \cdot \sin 3x$ i przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę.

$ (3) \qquad \sin 2x \sin 3x - \sin x \sin 3x - \sin x \sin 2x = 0. $

Przekształcimy równanie (3) zmierzając do tego, żeby lewą stronę przedstawić w postaci iloczynu. Otrzymujemy kolejno:

$\sin 2x (\sin 3x - \sin x) - \sin x \sin 3x = 0,$

$\sin 2x \cdot 2 \sin x \cos 2x - \sin x \sin 3x = 0,$

$\sin x \sin 4x - \sin x \sin 3x = 0,$

$\sin x (\sin 4x - \sin 3x) = 0$

i ostatecznie

$ (4) \qquad \sin x \sin \frac{x}{2} \cos \frac{7x}{2} = 0. $

Równania (3) i (4) są sobie równoważne, lecz nie są one równoważne równaniu (2), gdyż tylko te ich rozwiązania spełniają równanie (2), dla których $\sin x \sin 2x \sin 3x \ne 0$ , tj. $x \ne \frac{k\pi}{2}$ i $x \ne \frac{k\pi}{3}$ , gdzie $k$ jest dowolną liczbą całkowitą. Stąd wynika, że pierwiastki równania (2) spełniają równanie

$ \cos \frac{7x}{2} = 0, $

którego rozwiązanie daje wzór

$ (5) \qquad x = \frac{\pi}{7} + \frac{2n\pi}{7} \ (n = \textrm{ liczba całkowita}) $

Pierwiastkami równania (2) są te spośród liczb (5), które spełniają warunek $x \ne \frac{k\pi}{2}$ i $x \ne \frac{k\pi}{3}$ . Czytelnik zechce sprawdzić, że warunek ten oznacza, iż we wzorze (5) liczba całkowita $n$ nie jest dowolna, lecz ma czynić zadość nierówności $n \ne \frac{7k-2}{4}$ i $n \ne \frac{7k-3}{6}$ , gdzie $k$ jest dowolną liczbą całkowitą.

Ponieważ z treści zadania wynika, że $0 < x \leq \frac{\pi}{4}$ , więc we wzorze (5) trzeba wziąć $n = 0$ , i zadanie ma jedyne rozwiązanie

$ x = \frac{\pi}{7}, $

co oznacza, że wielokąt foremny $ABCD \ldots$ jest siedmiokątem.

V OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Obliczyć $x^{13} + \frac{1}{x^{13}}$ wiedząc, że $x + \frac{1}{x} = a$ , gdzie $a$ jest liczbą daną.

Rozwiązanie

Ujmiemy zadanie ogólniej i wykażemy, że dla dowolnego naturalnego $k$ można obliczyć wyrażenie $x^k + \frac{1}{x^k}$ w zależności od $x + \frac{1}{x}$ . Zauważmy w tym celu, że

$ \left( x^m + \frac{1}{x^m} \right) \left( x^n + \frac{1}{x^n} \right) = \left( x^{m+n} + \frac{1}{x^{m+n}} \right) + \left( x^{m-n} + \frac{1}{x^{m-n}} \right), $

zatem

$ (1) \qquad x^{m+n} + \frac{1}{x^{m+n}} = \left( x^m + \frac{1}{x^m} \right) \left( x^n + \frac{1}{x^n} \right) - \left( x^{m-n} + \frac{1}{x^{m-n}} \right). $

Równość (1) pozwala sprowadzić obliczenie wyrażenia $x^k + \frac{1}{x^k}$ do obliczenia wyrażeń tej samej postaci, lecz o wykładniku niższym. Tego rodzaju wzory nazywają się wzorami zwrotnymi lub rekurencyjnymi.

W szczególności, gdy $n = 1$ , równość (1) daje wzór zwrotny

$ (2) \qquad x^{m+1} + \frac{1}{x^{m+1}} = \left( x^m + \frac{1}{x^m} \right) \left( x + \frac{1}{x} \right) - \left( x^{m-1} + \frac{1}{x^{m-1}} \right), $

a gdy $n = m$ otrzymujemy wzór zwrotny

$ (3) \qquad x^{2m} + \frac{1}{x^{2m}} = \left( x^m + \frac{1}{x^m} \right)^2 - 2. $

Zastosujemy powyższe wzory do obliczenia $x^{13} + \frac{1}{x^{13}}$ , gdy mamy dane $x + \frac{1}{x} = a$ . Według wzoru (3):

$x^{2} + \frac{1}{x^2} = \left( x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = a^2 -2$

$x^{4} + \frac{1}{x^4} = \left( x^{2} + \frac{1}{x^2}\right)^2 - 2 = a^4 - 4a^2 + 2.$

Według wzoru (2):

$ x^{3} + \frac{1}{x^3} = \left( x^{2} + \frac{1}{x^2}\right) \left( x + \frac{1}{x}\right) - \left( x + \frac{1}{x} \right) = a^3 - 3a,$

stąd według wzoru (3)

$x^{6} + \frac{1}{x^6} = \left(x^{3} + \frac{1}{x^3} \right)^2 - 2 = a^6 - 6a^4 + 9a^2 - 2.$

Stosując wreszcie wzór (1) otrzymujemy

$ \begin{split} x^{7} + \frac{1}{x^7} =& \left( x^{4} + \frac{1}{x^4} \right) \left( x^{3} + \frac{1}{x^3} \right) - \left( x + \frac{1}{x} \right) =\\ =& (a^4 - 4a^2 + 2)(a^3 - 3a) - a = a^7 - 7a^5 + 14a^3 - 7a \end{split} $

i ostatecznie

$ \begin{split} x^{13} + \frac{1}{x^{13}} =& \left( x^{7} + \frac{1}{x^7} \right) \left( x^{6} + \frac{1}{x^6} \right) - \left( x + \frac{1}{x} \right)=\\ =&(a^7 - 7a^5 + 14a^3 - 7a)(a^6 - 6a^4 + 9a^2 - 2) - a=\\ =&a^{13} - 13a^{11} + 65a^9 - 156a^7 + 182a^5 - 91a^3 + 13a. \end{split} $

V OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dane są dwie przecinające się proste $a$ i $b$ . Znaleźć miejsce geometryczne punktu $M$ mającego tę własność, że odległość między rzutami prostokątnymi punktu $M$ na proste $a$ i $b$ jest stała, równa danemu odcinkowi $d$ .

Rozwiązanie

Niech $A$ i $B$ oznaczają rzuty punktu $M$ odpowiednio na proste $a$ i $b$ przecinające się w punkcie $O$ i niech $\alpha$ oznacza kąt wypukły $AOB$ (rys. 27). Okrąg o średnicy $OM$ przechodzi przez punkty $A$ i $B$ , gdyż kąty $OAM$ i $OBM$ są proste; okrąg ten jest więc okręgiem opisanym na trójkącie $AOB$ i $AB = OM \sin \alpha$ . Jeżeli $AB = d$ , to $OM = \frac{d}{\sin \alpha}$ . Punkt $M$ leży zatem na okręgu $k$ o środku $O$ i promieniu równym $\frac{d}{\sin \alpha}$ .

Odwrotnie, jeśli pewien punkt $N$ leży na owym okręgu $k$ (rys. 28), to jego rzuty $C$ i $D$ na proste $a$ i $b$ leżą na okręgu o średnicy $ON = \frac{d}{\sin \alpha}$ ; okrąg ten jest okręgiem opisanym na trójkącie $COD$ , zatem $CD = \frac{d}{\sin \alpha} \cdot \sin \measuredangle COD$ . Lecz $\measuredangle COD$ jest równy $\alpha$ lub $180^\circ - \alpha$ , zatem $\sin \measuredangle COD = \sin \alpha$ i $CD = d$ .

Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest więc okrąg zakreślony z punktu przecięcia danych prostych jako ze środka promieniem równym $\frac{d}{\sin \alpha}$ , gdzie $\alpha$ oznacza jeden z kątów między danymi prostymi.

V OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

V OM - II etap

II etap V Olimpiady Matematycznej

V OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Przekrój łożyska kulkowego składa się z dwóch okręgów współśrodkowych $C$ i $C_1$ , między którymi znajduje się $n$ małych okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ , przy czym każdy z nich jest styczny do dwóch sąsiednich i do obu okręgów $C$ i $C_1$ . Mając dany promień $r$ wewnętrznego okręgu $C$ oraz liczbę naturalną $n$ obliczyć promień $x$ okręgu $C_2$ przechodzącego przez punkty styczności okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ i sumę $s$ długości tych łuków okręgów $k_1, k_2, \ldots, k_n$ , które leżą na zewnątrz okręgu $C_2$ .

Rozwiązanie

Na rysunku 29, wyobrażającym część przekroju łożyska kulkowego, $S$ oznacza środek jednego z małych okręgów, $L$ i $N$ punkty styczności tego okręgu z obu sąsiednimi małymi okręgami, a $M$ i $P$ - punkty styczności z okręgami $C$ i $C_1$ o wspólnym środku $O$ . Według warunków zadania jest $\measuredangle LON = \frac{2\pi}{n}$ .

W trójkącie $LOS$ między przyprostokątnymi $OL = x$ , $LS = y$ , przeciwprostokątną $OS = r + y$ i kątem $LOS$ równym $\frac{\pi}{n}$ zachodzą związki

$ (1) \qquad y = x \tg \frac{\pi}{n}, $

$ (2) \qquad x^2 + y^2 = (r + y)^2. $

Po uproszczeniu równania (2) i podstawieniu w to równanie wartości (1) na $y$ otrzymujemy równanie

$ x^2 - 2r \tg \frac{\pi}{n} \cdot x - r^2 = 0. $

Równanie to ma dwa pierwiastki różnych znaków. Poszukiwaną długością promienia $x$ okręgu $C_2$ jest pierwiastek dodatni, tj.

$ x = r \tg \frac{\pi}{n} + \sqrt{r^2 \tg^2 \frac{\pi}{n} + r^2} = r \left( \tg \frac{\pi}{n} + \frac{1}{\cos \frac{\pi}{n}} \right) $

lub

$ (3) \qquad x = r \cdot \frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}}. $

Długość łuku $LPN$ równa się iloczynowi miary łukowej kąta wklęsłego $LSN$ przez promień $y$ , a ponieważ miara łukowa kąta wypukłego $LSN$ wynosi $\pi - \frac{2\pi}{n}$ , więc

$ \begin{split} \textrm{długość łuku }LPN &= \left( 2\pi - \pi + \frac{2\pi}{n} \right)y = \frac{\pi(n+2)}{n} \cdot y =\\ &= \frac{n + 2}{n} \pi \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot x = \frac{n + 2}{n} \pi r \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot \frac{1+\sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}}. \end{split} $

Poszukiwana suma $s$ długości tych łuków małych okręgów, które leżą na zewnątrz okręgu $C_2$ , jest $n$ razy większa od długości łuku $LPN$ , zatem

$ (4) \qquad s = \pi r(n + 2) \cdot \tg \frac{\pi}{n} \cdot \frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}} $

lub prościej

$ (5) \qquad s = \pi r \cdot \frac{(n + 2) \sin \frac{\pi}{n}}{1 - \sin \frac{\pi}{n}}. $

Wzory (3) i (5) stanowią rozwiązanie zadania.

Uwaga. Liczba $s$ , którą daje wzór (4), jest długością linii utworzonej ze wszystkich takich łuków małych okręgów jak łuk $LPN$ . Jest to linia zamknięta otaczająca punkt $O$ i leżąca w pierścieniu między okręgami $C$ i $C_1$ . Odległość każdego punktu tej linii od odpowiedniego punktu okręgu $C$ (tj. od punktu leżącego na tej samej półprostej wychodzącej z punktu $O$ ) jest co najwyżej równa różnicy promieni okręgów $C_1$ i $C$ . Przypuśćmy, że ta różnica jest bardzo mała, tj. że pierścień między $C$ i $C_1$ jest bardzo cienki. Wówczas punkty owej linii zamkniętej leżą bardzo blisko odpowiednich punktów okręgu $C$ i można by sądzić, że wtedy długość $s$ bardzo mało różni się od długości okręgu $C$ , tj. od $2\pi r$ . Okazuje się jednak, że tak nie jest i że długość $s$ wynosi zawsze przeszło $\frac{3}{2}$ długości okręgu $C$ , choćby pierścień był tak cienki, jak tylko zechcemy. Aby się o tym przekonać zauważmy, że we wzorze (4) $\frac{1 + \sin \frac{\pi}{n}}{\cos \frac{\pi}{n}} > 1$ i że tangens kąta ostrego jest większy od miary łukowej tego kąta, zatem $\tg \frac{\pi}{n} > \frac{\pi}{n}$ ; ze wzoru (4) wynika więc nierówność

$ s > \pi r \cdot (n + 2) \cdot \frac{\pi}{n}. $

Uwzględniając, że $\frac{n+2}{n} > 1$ otrzymujemy stąd nierówność

$ s > \pi^2r \textrm{ lub } \frac{s}{2\pi r} > \frac{\pi}{2} \approx 1,57 \ldots $

V OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dowieść, że wśród dziesięciu kolejnych liczb naturalnych znajduje się zawsze co najmniej jedna, a co najwyżej cztery liczby niepodzielne przez żadną z liczb $2$ , $3$ , $5$ , $7$ .

Rozwiązanie

W ciągu składającym się z dziesięciu kolejnych liczb naturalnych jest pięć liczb parzystych i pięć liczb nieparzystych. Wobec tego zadanie można sprowadzić do zadania następującego:

Dowieść, że wśród pięciu kolejnych liczb nieparzystych znajduje się co najmniej jedna, a co najwyżej cztery liczby niepodzielne przez żadną z liczb $3$ , $5$ , $7$ .

Zauważmy, że w ciągu liczb nieparzystych co trzecia liczba jest podzielna przez $3$ , co piąta przez $5$ i co siódma przez $7$ . Zatem:

a) Wśród pięciu kolejnych liczb nieparzystych co najmniej jedna jest podzielna przez $3$ ; a więc liczb niepodzielnych przez $3$ , a tym bardziej liczb niepodzielnych przez $3$ ani przez $5$ , ani przez $7$ nie może być wśród nich więcej niż cztery. Przykład liczb $11$ , $13$ , $15$ , $17$ , $19$ pokazuje, że wśród pięciu kolejnych liczb nieparzystych mogą się znajdować cztery liczby niepodzielne przez żadną z liczb $3$ , $5$ , $7$ .

b) Wśród pięciu kolejnych liczb nieparzystych co najwyżej dwie są podzielne przez $3$ , co najwyżej jedna jest podzielna przez $5$ i co najwyżej jedna jest podzielna przez $7$ . Stąd wynika, że co najmniej jedna z tych pięciu liczb nie jest podzielna ani przez $3$ , ani przez $5$ , ani przez $7$ .

V OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dane są: punkt $A$ , prosta $p$ i okrąg $k$ . Wykreślić trójkąt $ABC$ o kątach $A = 60^\circ$ , $B = 90^\circ$ , którego wierzchołek $B$ leży na prostej $p$ , a wierzchołek $C$ - na okręgu $k$ .

Rozwiązanie

(metoda miejsc geometrycznych).

Zadanie sprowadza się do tego, żeby znaleźć punkt $C$ spełniający dwa warunki:

1° Punkt $C$ leży na danym okręgu $k$ ;

2° punkt $C$ jest wierzchołkiem trójkąta $ABC$ o danym wierzchołku $A$ , którego wierzchołek $B$ leży na danej prostej $p$ i w którym $\measuredangle A = 60^\circ$ , $\measuredangle B = 90^\circ$ .

Wyznaczymy miejsce geometryczne punktu spełniającego warunek 2°. Rozróżnimy dwa przypadki:

a) Punkt $A$ nie leży na prostej $p$ . Na prostej $p$ istnieją wówczas dwa punkty $M$ i $N$ żądanego miejsca geometrycznego (rys. 30); są one wierzchołkami trójkątów $ATM$ i $ATN$ , gdzie $AT$ jest odległością punktu $A$ od prostej $p$ , a $\measuredangle AMT = \measuredangle ANT = 30^\circ$ .

Niech $C$ będzie punktem spełniającym warunek 2° i niech przy tym kąt $ABC$ będzie zgodnie skierowany z kątem $ATM$ .

Punkt $M$ leży wówczas na okręgu opisanym na trójkącie $ABC$ . Istotnie punkt $B$ bądź pokrywa się z punktem $M$ , bądź leży na półprostej $MT$ , punkty $M$ i $C$ leżą tedy po tej samej stronie prostej $AB$ i $\measuredangle AMB = \measuredangle ACB = 30^\circ$ , bądź wreszcie punkt $B$ leży na przedłużeniu półprostej $TM$ poza punkt $M$ , punkty $M$ i $C$ znajdują się więc po przeciwnych stronach prostej $AB$ i $\measuredangle AMB + \measuredangle ACB = 180^\circ$ , gdyż $\measuredangle AMB = 180^\circ - \measuredangle AMT = 150^\circ$ , a $\measuredangle ACB = 30^\circ$ .

Ponieważ średnicą okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ jest $AC$ więc $\measuredangle AMC = 90^\circ$ . Uzyskaliśmy wynik, że wszystkie punkty szukanego miejsca geometrycznego, dla których $\measuredangle ABC$ jest skierowany zgodnie z kątem $ATM$ , leżą na prostej prostopadłej, w punkcie $M$ do prostej $AM$ . Odwrotnie, każdy punkt $C$ owej prostopadłej należy do miejsca geometrycznego; jeśli bowiem okrąg opisany na trójkącie $AMC$ przechodzi przez punkt $B$ prostej $p$ , to trójkąt $ABC$ spełnia warunek 2°, gdyż $\measuredangle ABC = \measuredangle AMC = 90^\circ$ , a $\measuredangle ACB = \measuredangle AMT = 30^\circ$ .

Analogicznie wszystkie punkty spełniające warunek 2°, a przy tym takie, że kąt $ABC$ jest skierowany zgodnie z kątem $ATN$ tworzą prostą prostopadłą w punkcie $N$ do prostej $AN$ .

Udowodniliśmy, że poszukiwane miejsce geometryczne składa się z dwóch prostych prostopadłych odpowiednio w punktach $M$ i $N$ do prostych $AM$ i $AN$ .

b) Punkt $A$ leży na prostej $p$ . W tym przypadku stwierdzamy bezpośrednio, że poszukiwane miejsce geometryczne składa się ze wszystkich punktów dwóch prostych przechodzących przez punkt $A$ i tworzących z prostą $p$ kąty $60^\circ$ i $120^\circ$ z wyjątkiem samego punktu $A$ (rys. 31).

Rozwiązanie postawionego zadania otrzymujemy znajdując punkty przecięcia danego okręgu $k$ z obu prostymi wyznaczonego miejsca geometrycznego. Zależnie, od położenia okręgu względem tych prostych ilość rozwiązań zadania może wynosić $4$ , $3$ , $2$ , $1$ lub $0$ .

V OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Podać warunki przy których równanie

$ \sqrt{x - a} + \sqrt{x - b} = \sqrt{x - c } $

ma pierwiastki zakładając, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są parami różne.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczba $x$ jest pierwiastkiem danego równania. W takim razie $x > a$ , $x > b$ , $x > c$ ; prócz tego $\sqrt{x - a} < \sqrt{x} - c$ , skąd wynika, że $x - a < x - c$ , zatem $c < a$ i analogicznie $c < b$ . Dane równanie może mieć zatem pierwiastki tylko wtedy, gdy liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają nierówności:

$ c < a,\ c < b $

Wykażemy, że gdy warunek ten jest spełniony, wtedy równanie dane ma jeden i tylko jeden pierwiastek. W tym celu utworzymy równanie wymierne, któremu muszą czynić zadość pierwiastki danego równania. Moglibyśmy uzyskać to równanie stosując dwukrotnie podnoszenie do kwadratu. Dogodniej będzie jednak postąpić inaczej. Piszemy następujące $4$ równania (z których pierwsze jest równoważne danemu):

$(1) \qquad \sqrt{x - a} + \sqrt{x - b} - \sqrt{x - c} = 0,$

$(2) \qquad \sqrt{x - a} - \sqrt{x - b} + \sqrt{x - c} = 0,$

$(3) \qquad-\sqrt{x - a} + \sqrt{x - b} + \sqrt{x - c} = 0,$

$(4) \qquad \sqrt{x - a} + \sqrt{x - b} + \sqrt{x - c} = 0.$

Mnożymy te równania stronami, korzystając z łatwego do sprawdzenia wzoru

$ (\alpha + \beta - \gamma) (\alpha - \beta + \gamma) (- \alpha + \beta + \gamma) (\alpha + \beta + \gamma) = \alpha^4 + \beta^4 + \gamma^4 - 2\alpha^2\beta^2 - 2\beta^2\gamma^2 - 2\gamma^2\alpha^2 $

i otrzymujemy równanie

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

które po otwarciu nawiasów i uporządkowaniu przybiera postać

$ (5) \qquad 3x^2 - 2(a + b + c)x - (a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2bc - 2ca) = 0. $

Oznaczając literą $\Delta$ wyróżnik równania (5) mamy

$ \begin{split} \frac{1}{4} \Delta &= (a + b + c)^2 + 3(a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2bc - 2ca) =\\ &= 4(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) = 2 [(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c-a)^2], \end{split} $

skąd widzimy, że $\Delta > 0$ ; równanie (5) ma zatem dwa pierwiastki rzeczywiste.

Należy zbadać, czy pierwiastki te czynią zadość równaniu (1). Zauważmy, że jeżeli $x$ jest pierwiastkiem któregokolwiek z równań (1), (2), (3), (4), to $x$ spełnia też równanie (5), a w takim razie równanie (5) ma pierwiastek większy od każdej z liczb $a$ , $b$ , $c$ . Odwrotnie, jeżeli równanie (5) ma pierwiastek $x$ spełniający warunki $x > a$ , $x > b$ , $a > c$ , to $x$ jest pierwiastkiem któregoś z równań (1)-(4), gdyż lewą stronę równania (5) możemy wówczas przedstawić w postaci iloczynu lewych stron równań (1)-(4). Należy więc zbadać, czy któryś z pierwiastków równania (5) jest większy od $a$ , $b$ i $c$ . Niech $f(x)$ oznacza lewą stronę równania (5); łatwy rachunek daje

$ f(a) = - (b- c)^2,\ f(b) = -(a- c)^2,\ f(c) = -(a- b)^2. $

Na podstawie znanego twierdzenia o znaku trójmianu kwadratowego wnosimy stąd, że liczby $a$ , $b$ i $c$ leżą między pierwiastkami równania (5); żądany warunek spełnia zatem tylko większy pierwiastek równania (5) tj. liczba

$ (6) \qquad x_1= \frac{1}{3} \left[ (a + b + c) + 2 \sqrt{a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} \right]. $

Liczba $x_1$ wyrażona wzorem (6) spełnia, jak zauważyliśmy wyżej, jedno z równań (1)-(4). Otóż jeśli $c < a$ i $c < b$ , to liczba $x_1$ nie może spełniać żadnego z równań (2), (3), (4), gdyż wówczas $\sqrt{x_1 - c} > \sqrt{x_1 - a}$ i $\sqrt{x_1 - c} > \sqrt{x_1 - b}$ , zatem wartość lewej strony każdego z równań (2), (3), (4) jest dodatnia. Liczba $x_1$ jest więc pierwiastkiem równania (1).

V OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dane są punkty $A$ , $B$ , $C$ i $D$ nie leżące w jednej płaszczyźnie. Przeprowadzić przez punkt $A$ taką płaszczyznę, żeby rzut prostokątny czworokąta $ABCD$ na tę płaszczyznę był równołegłobokiem.

Rozwiązanie

Niech $B'$ , $C'$ , $D'$ będą odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów $B$ , $C$ , $D$ na płaszczyznę a przechodzącą przez punkt $A$ . Rzutem środka $M$ odcinka $AC$ jest środek $M'$ odcinka $AC'$ , a rzutem środka $N$ odcinka $BD$ jest środek $N'$ odcinka $B'D'$ . Czworokąt płaski $AB'C'D'$ będący rzutem czworokąta $ABCD$ na płaszczyznę $\alpha$ jest równoległobokiem wtedy i tylko wtedy, gdy punkty $M'$ i $N'$ pokrywają się. Wówczas pokrywają się również proste rzutujące $MM'$ i $NN'$ , kierunkiem rzutowania jest zatem kierunek prostej $MN$ (punkty $M$ i $N$ są różne, gdyż punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą w jednej płaszczyźnie). Szukaną płaszczyzną jest płaszczyzna poprowadzona przez punkt $A$ prostopadle do prostej $MN$ (rys. 36). Zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Uwaga. Z powyższego wynika, że proste $MN$ i $DE$ , o których mowa w sposobie 1 i 2, są równoległe. Łatwo to również uzasadnić bezpośrednio: punkt $M$ jako środek przekątnej $AC$ równoległoboku $ABCE$ jest również środkiem przekątnej $BE$ tego równoległoboku; prosta $MN$ przechodząca przez środki $M$ i $N$ boków $BE$ i $BD$ trójkąta $BDE$ jest równoległa do boku $DE$ tego trójkąta.

V OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

Dowieść, że jeżeli $x_1, x_2, \ldots, x_n$ są kątami zawartymi między $0^\circ$ i $180^\circ$ , a $n$ jest dowolną liczbą naturalną większą niż $1$ , to

$ (1) \qquad \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_n) < \sin x_1 + \sin x_2 + \ldots + \sin x_n. $

Rozwiązanie

Udowodnimy twierdzenie ,,mocniejsze'', a mianowicie wykażemy, że jeżeli $0^\circ < x_i < 180^\circ$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ , przy czym $n \geq 2$ , to

$ (2) \qquad | \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_n) | < \sin x_1 + \sin x_2 + \ldots + \sin x_n $

(Jeżeli $| a | < b$ , to $a < b$ (ale nie na odwrót), z nierówności (2) wynika więc nierówność (1)).

W dowodzie korzystać będziemy ze znanych własności wartości bezwzględnej:

$ | a + b | \leq | a | + | b |,\ | ab | = | a | \cdot | b | $

Dowód przeprowadzimy stosując zasadę indukcji zupełnej. Gdy $n = 2$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż

$ \sin (x_1 + x_2) = \sin x_1 \cos x_2 + \cos x_1 \sin x_2, $

więc

Przypuśćmy, że dla pewnego $k \geq 2$

$ | \sin (x_1 + \ldots + x_k | < \sin x_1 + \sin x_2 + \ldots + \sin x_k $

i niech $0 < x_{k+1} < 180^\circ$ . Wówczas

$ \begin{split} | & \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_k + x_{k+1}) | = \\ & = | \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_k) \cos x_{k+1} + \cos (x_1 + x_2 + \ldots + x_k) \sin x_{k+1} | \leq \\ & \leq | \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_k)| \cdot | \cos x_{k+1} | + | \cos (x_1 + x_2 + \ldots + x_k)| \cdot | \sin x_{k+1} | \leq \\ & \leq | \sin (x_1 + x_2 + \ldots + x_k)| + | \sin x_{k+1} | < \\ & < \sin x_1 + \sin x_2 + \ldots + \sin x_k + \sin x_{k+1}. \end{split} $

Na podstawie indukcji zupełnej wnioskujemy stąd, że twierdzenie (2) jest prawdziwe dla każdego $n \geq 2$ .

V OM - III etap

III etap V Olimpiady Matematycznej

V OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Dowieść, że w trapezie równoramiennym opisanym na kole odcinki łączące punkty styczności boków przeciwległych z kołem przechodzą przez punkt przecięcia przekątnych.

Rozwiązanie

Niech $E$ , $F$ , $G$ , $H$ oznaczają odpowiednio punkty styczności boków $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ z okręgiem wpisanym w trapez $ABCD$ .

Niech $M$ będzie punktem przecięcia odcinków $EG$ i $HF$ (rys. 37a). Ponieważ trapez $ABCD$ jest równoramienny, więc prosta $EG$ jest osią symetrii figury, przy czym punkt $F$ jest symetryczny do punktu $H$ i $HF \bot EG$ . Proste równoległe $AB$ , $HF$ i $DC$ wyznaczają na prostych $EG$ i $BC$ odcinki proporcjonalne, zatem

$ \frac{EM}{MG} = \frac{BF}{FC}. $

Niech $N$ będzie punktem przecięcia przekątnych $AC$ i $BD$ trapezu. Ponieważ te przekątne są symetryczne względem prostej $EG$ , więc punkt $N$ leży na odcinku $EG$ (rys. 37 b). Trójkąty $AEN$ i $CGN$ są jednokładne względem punktu $N$ , zatem

$ \frac{EN}{NG} = \frac{AE}{CG}. $

Lecz $AE = EB = BF$ , a $FC = CG$ , wobec czego $\frac{AE}{CG} = \frac{BF}{FC}$ ; z powyższych proporcji wynika więc, że

$ \frac{EM}{MG} = \frac{EN}{NG}. $

Punkty $M$ i $N$ dzielą odcinek $EG$ w tym samym stosunku, zatem punkty te pokrywają się, czego należało dowieść.

V OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Jaki związek algebraiczny zachodzi między $A$ , $B$ i $C$ , jeżeli

$ (1) \qquad \ctg A + \frac{\cos B}{\sin A \cos C} = \ctg B + \frac{\cos A}{\sin B \cos C}. $

Rozwiązanie

Z równości (1) wynikają kolejno równości

$ \cos A \sin B \cos C + \sin B \cos B = \sin A \cos B \cos C + \sin A \cos A, $

$ (\cos A \sin B- \sin A \cos B) \cos C = \sin A \cos A - \sin B \cos B. $

$ \sin (B - A) \cos C = \frac{1}{2} (\sin 2 A - \sin 2 B), $

$ \sin (B - A) \cos C = \cos (A + B) \sin (A - B), $

$ \sin (A - B) [\cos (A + B) + \cos C] = 0, $

$ (2) \qquad \sin (A - B) \cos \frac{A + B + C}{2} \cos \frac{A + B - C}{2}= 0. $

Z równości (2) wynika alternatywa:

$ \sin (A - B) = 0 \textrm{ lub } \cos \frac{A + B + C}{2} = 0 \textrm{ lub } \cos \frac{A + B - C}{2} = 0 $

równoważna alternatywie:

$ A - B = k\pi \textrm{ lub } \frac{A + B + C}{2} = \frac{\pi}{2} + m\pi \textrm{ lub } \frac{A + B - C}{2} = \frac{\pi}{2} + n\pi, $

gdzie $k$ , $m$ , $n$ oznaczają liczby całkowite.

Uzyskaliśmy wynik: Jeśli zachodzi równość (1), to

$ (3) \qquad A - B = k\pi \textrm{ lub } A + B + C = (2m + 1)\pi \textrm{ lub } A + B - C = (2n + 1)\pi, $

gdzie $k$ , $m$ , $n$ są liczbami całkowitymi.

Zauważmy, że związki (3) nie wykluczają się wzajemnie; jeśli np. $A = B = \frac{\pi}{2}$ , $C = 0$ , to zachodzą wszystkie trzy związki.

V OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Jednorodną tarczę kołową zawieszono w położeniu poziomym na sznurze uczepionym w jej środku $O$ . W trzech różnych punktach $A$ , $B$ , $C$ brzegu tarczy położono ciężary $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ , po czym tarcza pozostała w równowadze. Obliczyć kąty $AOB$ , $BOC$ i $COA$ .

Rozwiązanie

Ponieważ tarcza po umieszczeniu ciężarów pozostała w równowadze, więc wypadkowa sił równoległych $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ przechodzi przez punkt $O$ (rys. 41). Z trzech kątów $AOB$ , $BOC$ , $COA$ rozważanych w jednakowym kierunku obrbtu przynajmniej dwa są mniejsze od $180^\circ$ , gdyż suma wszystkich trzech wynosi $360^\circ$ ; niech np. $\measuredangle AOB < 180^\circ$ . Wypadkowa sił $p_1$ i $p_2$ zaczepionych w punktach $A$ i $B$ przechodzi przez pewien punkt $M$ odcinka $AB$ ; zatem punkt $C$ jest punktem przecięcia brzegu tarczy z półprostą $MO$ i każdy z kątów $BOC$ , $COA$ jest również mniejszy od $180^\circ$ .

Wiadomo ze statyki, że położenie punktu $M$ określa równość

$ (1) \qquad \frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1}. $

W trójkątach $AOM$ i $BOM$ jest

$ \frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{OM}{\sin \measuredangle A},\ \frac{MB}{\sin \measuredangle MOB} = \frac{OM}{\sin \measuredangle B}, $

a że $\measuredangle A = \measuredangle B$ , więc z powyższych równości wynika, że

$ (2) \qquad \frac{AM}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{MB}{\sin \measuredangle MOB}. $

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

$ \frac{p_2}{\sin \measuredangle AOM} = \frac{p_1}{\sin \measuredangle MOB}, $

a ponieważ $\measuredangle AOM = 180^\circ - \measuredangle COA$ , $\measuredangle MOB = 180^\circ - \measuredangle BOC$ , więc

$ \frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} = \frac{p_2}{\sin \measuredangle COA}. $

Analogiczne równości zachodzą dla pozostałych par szukanych kątów, zatem

$ (3) \qquad \frac{p_1}{\sin \measuredangle BOC} = \frac{p_2}{\sin \measuredangle COA} = \frac{p_3}{\sin \measuredangle AOB}. $

Z równości (3) można już wyznaczyć kąty $BOC$ , $COA$ i $AOB$ . Istotnie niech $180^\circ - \measuredangle BOC = \alpha$ , $180^\circ - \measuredangle COA = \beta$ , $180^\circ - \measuredangle AOB = \gamma$ ; ponieważ $\measuredangle BOC + \measuredangle COA + \measuredangle AOB = 360^\circ$ , wobec czego $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$ , a równości (3) przybierają postać

$ \frac{p_1}{\sin \alpha} = \frac{p_2}{\sin \beta} = \frac{p_3}{\sin \gamma}, $

więc $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są kątami trójkąta o bokach $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ . Kąty te możemy obliczyć stosując do owego trójkąta twierdzenie cosinusów, kąty zaś $BOC$ , $COA$ , $AOB$ obliczymy jako dopełnienia kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ do $180^\circ$ . W ten sposób otrzymujemy

$ (4) \qquad \begin{array}{l} \cos \measuredangle BOC = \frac{p_1^2 - p_2^2 - p_3^2}{2p_2p_3},\\ \cos \measuredangle COA = \frac{p_2^2 - p_3^2 - p_1^2}{2p_3p_1},\\ \cos \measuredangle AOB = \frac{p_3^2 - p_1^2 - p_2^2}{2p_1p_2}. \end{array} $

Ponieważ każdy z poszukiwanych kątów zawiera się między $0^\circ$ i $180^\circ$ , więc wzory (4) wyznaczają te kąty w sposób jednoznaczny.

Uwaga. Zgodnie z treścią zadania przyjęliśmy w powyższym rozwiązaniu, że po umieszczeniu ciężarów $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ tarcza pozostała w równowadze. Powstaje pytanie, czy ciężary $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ mogą mieć dowolne wartości, tzn. czy dowolnie obrane ciężary $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ można tak umieścić w trzech różnych punktach tarczy, że tarcza pozostanie w równowadze? Łatwo spostrzec, że tak nie jest. W powyższym rozumowaniu okazało się bowiem, że liczby $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ wyrażają długości boków trójkąta, muszą one zatem spełniać nierówności

$ (5) \qquad p_1 + p_2 > p_3,\ p_2 + p_3 > p_1,\ p_3 + p_1 > p_2. $

Wykażemy, że warunki konieczne (5) są zarazem dostateczne. Przypuśćmy, że liczby $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ spełniają warunki (5). Wówczas istnieje trójkąt o bokach $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ . Jeśli kątami tego trójkąta są $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , to możemy wyznaczyć na brzegu tarczy trzy różne punkty, $A$ , $B$ , $C$ w ten sposób, że $\measuredangle BOC = 180^\circ - \alpha$ , $\measuredangle COA = 180^\circ - \beta$ , $\measuredangle AOB = 180^\circ - \gamma$ , gdyż $(180^\circ - \alpha) + (180^\circ - \beta) + (180^\circ - \gamma) = 360^\circ$ . Kąty $BOC$ , $COA$ , $AOB$ spełniają wówczas równania (3). Umieśćmy w punktach $A$ , $B$ , $C$ ciężary $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ ; dowiedziemy, że tarcza będzie wówczas w równowadze. Ponieważ każdy z kątów $BOC$ , $COA$ , $AOB$ jest mniejszy od $180^\circ$ , więc przedłużenie promienia $CO$ przecina bok $AB$ trójkąta $AOB$ w pewnym punkcie $M$ . W takim razie zachodzi równość (2), a ponieważ $\measuredangle AOM = 180^\circ - \measuredangle COA$ , $\measuredangle MOB = 180^\circ - \measuredangle BOC$ , więc

$ (6) \qquad \frac{AM}{\sin \measuredangle COA} = \frac{MB}{\sin \measuredangle BOC}. $

Z równości (6) i (3) wynika, że

$ \frac{AM}{MB} = \frac{p_2}{p_1}, $

punkt $M$ jest zatem punktem zaczepienia wypadkowej sił równoległych $p_1$ i $p_2$ zaczepionych w punktach $A$ i $B$ . Ponieważ ta wypadkowa ma wartość $p_1 + p_2$ , więc trzeba jeszcze tylko dowieść, że punkt $O$ jest punktem zaczepienia wypadkowej sił równoległych $p_1 + p_2$ i $p_3$ zaczepionych odpowiednio w punktach $M$ i $C$ . Otóż z równości (3) wynika, że

$ (7) \qquad \frac{p_1 + p_2}{p_3} = \frac{\sin \measuredangle BOC + \sin \measuredangle COA}{\sin \measuredangle AOB} = \frac{\sin \measuredangle MOB + \sin \measuredangle AOM}{\sin \measuredangle AOB}. $

Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $AOM$ , $MOB$ i $AOB$ mamy

$\sin \measuredangle MOB = \frac{MB}{MO} \sin \measuredangle B,$

$\sin \measuredangle AOM = \frac{AM}{MO} \sin \measuredangle A,$

$\sin \measuredangle AOB = \frac{AB}{OA} \sin \measuredangle B.$

Podstawiając te wartości do równania (7) i uwzględniając że $\measuredangle A = \measuredangle B$ , $AM + MB = AB$ , $OA = OC$ otrzymujemy

$ \frac{p_1 + p_2}{p_3} = \frac{OC}{MO}. $

Równość ta dowodzi, że istotnie wypadkowa sił równoległych $p_1 + p_2$ i $p_3$ przyłożonych w punktach $M$ i $C$ przechodzi przez punkt $O$ . A zatem wypadkowa sił równoległych $p_1$ , $p_2$ , $p_3$ przyłożonych odpowiednio w punktach $A$ , $B$ , $C$ przechodzi przez punkt $O$ , czego mieliśmy dowieść.

V OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Znaleźć wartości $x$ spełniające nierówność

$ (1) \qquad \sqrt{x} - \sqrt{x- a} > 2, $

gdzie $a$ jest daną liczbą dodatnią.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczba $x$ spełnia nierówność (1), wtedy $x \geq a$ , z nierówności (1) wynikają kolejno nierówności

$(2) \qquad \sqrt{x} > \sqrt{x - a} + 2,$

$(3) \qquad x > (\sqrt{x - a} + 2)^2 = x - a + 4 \sqrt{x - a} + 4,$

$(4) \qquad \sqrt{x - a} < \frac{a-4}{4}.$

Z nierówności (4) wynika, że $a > 4$ i że

$ (5) \qquad x - a < \left( \frac{a - 4}{4}, \right)^2, $

stąd

$ (6) \qquad x < \left( \frac{a-4}{4} \right)^2 + a, $

lub

$ (7) \qquad x < \left( \frac{a+4}{4} \right)^2. $

Jeśli więc liczba $x$ spełnia nierówność (1), to

$ (8) \qquad a > 4,\ a \leq x < \left( \frac{a+4}{4} \right)^2. $

Odwrotnie, jeśli spełnione są warunki (8), to zachodzi nierówność (1); istotnie, z nierówności (8) wynikają kolejno nierówności (7), (6), (5), (4), (3), (2) i wreszcie (1).

Fakt, że z nierówności (8) wynika nierówność (1), można by sprawdzić nieco inaczej: z nierówności (8) wynika, że

$ \sqrt{x} < \frac{a+4}{4},\ \sqrt{x-a} < \sqrt{\left( \frac{a+4}{4} \right)^2 - a } = \frac{a-4}{4}, $

zatem

$ \sqrt{x} + \sqrt{x - a} < \frac{a+4}{4} + \frac{a-4}{4} = \frac{a}{2}, $

stąd

$ (\sqrt{x} + \sqrt{x - a}) (\sqrt{x} - \sqrt{x - a}) < \frac{a}{2} (\sqrt{x}-\sqrt{x - a}) $

lub

$ a < \frac{a}{2} (\sqrt{x} - \sqrt{x - a}) $

i ostatecznie

$ \sqrt{x} - \sqrt{x - a} > 2. $

Uzyskaliśmy wynik: liczby spełniające nierówność (1) istnieją tylko wtedy, gdy $a > 4$ ; są to liczby określone nierównością

$ a \leq x < \left( \frac{a+4}{4} \right)^2. $

V OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli w czworościanie $ABCD$ krawędzie przeciwległe są równe, tj. $AB = CD$ , $AC = BD$ , $AD = BC$ , to proste przechodzące przez środki krawędzi przeciwległych są wzajemnie prostopadle i są osiami symetrii czworościanu.

Rozwiązanie

Niech $K$ , $L$ , $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ oznaczają środki krawędzi czworościanu $ABCD$ , jak wskazuje rys. 42. Wystarczy dowieść, że którakolwiek z prostych $KL$ , $MN$ , $PQ$ np. $KL$ jest osią symetrii czworościanu i że jest prostopadła do którejś z dwóch pozostałych prostych, np. do $PQ$ .

\spos{1} Ponieważ według założenia $AD = BC$ i $BD = AC$ , więc trójkąty $ABD$ i $ABC$ są przystające, gdyż mają odpowiednio równe boki, zatem środkowe $DK$ i $CK$ tych trójkątów są równe, wobec czego trójkąt $DKC$ jest równoramienny i środkowa $KL$ tego trójkąta jest jego wysokością, tj. $KL \bot DC$ ; analogicznie $KL \bot AB$ . Stąd wynika, że prosta $KL$ jest osią symetrii czworościanu, gdyż punkt $S$ jest symetryczny do punktu $A$ , a punkt $C$ jest symetryczny do punktu $D$ względem prostej $KL$ . Odcinek $BC$ jest symetryczny do odcinka $AD$ , zatem środek $Q$ odcinka $BC$ jest symetryczny do środka $P$ odcinka $AD$ . Prosta $PQ$ przechodząca przez punkty $P$ i $Q$ symetryczne względem prostej $KL$ przecina tę prostą i jest do niej prostopadła.

V OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

V OM, 1953-1954

Etap:

III

Wewnątrz obręczy o promieniu $2r$ toczy się po tej obręczy bez poślizgu krążek o promieniu $r$ . Jaką linię zakreśla punkt obrany dowolnie na brzegu krążka?

Rozwiązanie

Gdy krążek toczy się po obręczy, punkty brzegu krążka stają się jeden po drugim punktami styczności krążka z obręczą. Warunek toczenia się bez poślizgu oznacza, że długość łuku $PQ$ między dwoma punktami $P$ i $Q$ brzegu krążka równa się długości tego łuku obręczy, na który przy toczeniu się padną kolejno punkty łuku $PQ$ .

Ponieważ promień krążka jest dwa razy mniejszy od promienia obręczy, więc brzeg krążka przechodzi stale przez środek $O$ obręczy.

Obierzmy na brzegu krążka pewien określony punkt $P$ i niech przy początkowym położeniu krążka punkt $P$ znajduje się w punkcie $A$ obręczy (rys. 45).

Gdy krążek potoczy się w ten sposób, że punkt jego styczności z obręczą przebiegnie ćwiartkę $AB$ obręczy, odpowiednie punkty brzegu krążka, tj. te, które kolejno stykają się z obręczą w punktach łuku $AB$ , utworzą półokrąg; gdy więc punkt styczności krążka z obręczą dojdzie do punktu $B$ , punkt $P$ znajdzie się w punkcie $O$ . Wykażemy, że podczas tego ruchu punkt $P$ zakreśla promień $AO$ . W tym celu przypuśćmy, że w pewnej chwili krążek styka się z obręczą w punkcie $Q$ łuku $AB$ . Środek $S$ krążka jest wtedy środkiem odcinka $OQ$ . Punkt $P$ zajmuje wówczas takie położenie, że długości łuków $AQ$ i $QP$ (mniejszych od półokręgów) są równe. Stąd wynika, że

$ (1) \qquad \measuredangle AOQ = \frac{1}{2} \measuredangle PSQ. $

Z drugiej strony, na mocy twierdzenia o kącie zewnętrznym trójkąta $\measuredangle PSQ = \measuredangle POS + \measuredangle OPS$ , a że $\measuredangle OPS = \measuredangle POS$ , więc

$ (2) \qquad \measuredangle POS =\frac{1}{2} \measuredangle PSQ. $

Z równości (1) i (2) otrzymujemy

$ \measuredangle POS = \measuredangle AOQ, $

zatem punkt $P$ leży na promieniu $AO$ .

Odwrotnie, jeśli $P'$ jest dowolnym punktem wewnętrznym odcinka $AO$ , to istnieje takie położenie krążka, przy którym punkt $P$ znajdzie się w punkcie $P'$ ; środek krążka leży wówczas w przecięciu symetralnej odcinka $OP'$ z tym łukiem okręgu o środku $O$ i promieniu $r$ , który leży w kącie $AOB$ .

Dowiedliśmy, że gdy krążek toczy się po ćwiartce $AB$ obręczy, punkt $P$ zakreśla promień $AO$ . Przy toczeniu się po ćwiartce $BC$ krążek przybiera położenia symetryczne do poprzednich względem prostej $OB$ ; punkt $P$ zakreśla zatem promień $OC$ symetryczny do $OA$ tj. tworzący wraz z $OA$ średnicę $AC$ obręczy. Przy toczeniu się po pozostałych ćwiartkach obręczy punkt $P$ zakreśli średnicę $CA$ , gdyż zajmuje wówczas położenia symetryczne do poprzednich względem prostej $AC$ .

Uzyskaliśmy wynik: przy toczeniu się krążka wewnątrz obręczy o dwa razy większym promieniu każdy punkt krążka zakreśla pewną średnicę tej obręczy.