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.