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 $n \geq 2$ .