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: