IV OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że stosunek sumy środkowych każdego trójkąta do jego obwodu zawiera się w przedziale i że tej własności nie ma żaden przedział węższy.

Rozwiązanie

Niech boki trójkąta będą , , , a środkowe
tych boków niech będą , , . Niech oznacza punkt
przecięcia środkowych, czyli środek ciężkości trójkąta (rys. 20).
Mamy

W trójkącie mamy nierówność , czyli ; stąd otrzymujemy nierówność

analogicznie

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

skąd

Niech będzie punktem symetrycznym do wierzchołka względem
środka boku . Mamy , . Z trójkąta otrzymujemy nierówność , czyli

i analogicznie

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

skąd

Nierówności (1) i (2) wyrażają twierdzenie, że stosunek sumy środkowych dowolnego trójkąta do jego obwodu zawiera się między liczbami i , czyli zawiera się w przedziale . Należy jeszcze dowieść, że w tekście tego twierdzenia nie można przedziału zastąpić przedziałem węższym (mniejszym), to znaczy takim, przedziałem , w którym

W tym cełu trzeba wykazać, że istnieją trójkąty, dla których omawiany stosunek jest dowolnie bliski liczby , jak również takie trójkąty, w których ten stosunek jest dowolnie bliski liczby . Fakt ten łatwo uwidocznić poglądowo.

Zważmy mianowicie, że w trójkącie równoramiennym, w którym kąt przy wierzchołku jest bliski , obwód mało się różni od podwojonej podstawy, każda z równych środkowych mało się różni od podstawy, a trzecia środkowa jest mała, wobec czego suma środkowych trójkąta mało się różni od jego obwodu. Jeśli zaś w trójkącie równoramiennym kąt przy wierzchołku jest bliski , to obwód trójkąta mało się różni od podwojonego ramienia, każda z równych środkowych mało się różni od połowy ramienia, a trzecia środkowa mało się różni od całego ramienia, wobec czego suma środkowych mało się różni od obwodu trójkąta.

Powyższe objaśnienie nie jest ścisłym dowodem matematycznym, ale daje wskazówkę, jak przeprowadzić dowód.

Niech w trójkącie , w którym (rys. 21), punkty i będą środkami boków i , a odcinek niech będzie prostopadły do boku . W trójkącie mamy nierówność

skąd

gdzie oznacza wysokość trójkąta równoramiennego (a zarazem środkową do jego podstawy). Ponieważ i , więc z powyższej nierówności otrzymujemy

Ponieważ , więc i , zatem nierówność (3) daje

skąd

Otóż

więc na mocy poprzedniej nierówności mamy

Dowiedliśmy, że w trójkącie równoramiennym stosunek sumy środkowych do obwodu różni się od mniej, niż wynosi sinus kąta przy podstawie. Różnica ta jest zatem dowolnie mała, gdy kąt jest dostatecznie bliski .

Zauważmy następnie, że w trójkącie mamy nierówność , czyli , skąd otrzymujemy nierówność

Ale więc i podobnie , a ponieważ , więc

Na podstawie nierówności (6) i (7) mamy

skąd

Ponieważ

więc z poprzedniej nierówności wynika, że

Dowiedliśmy, że w trójkącie równoramiennym stosunek sumy środkowych do obwodu różni się od jedności mniej, niż wynosi podwojony cosinus kąta przy podstawie. Różnica ta jest zatem dowolnie mała, gdy kąt przy podstawie jest dostatecznie bliski .

IV OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że wysokości , , trójkąta i promienie , , kół dopisanych spełniają równość

Rozwiązanie

Podaną w zadaniu równość uzasadnimy wykazując, że każda z jej stron równa się tej samej funkcji boków trójkąta. Trzeba w tym celu skorzystać ze wzorów, które wysokości , i promienie , , wiążą z bokami trójkąta.

Używając znanych oznaczeń: , , mamy

1° , skąd i podobnie oraz , zatem

2° , skąd i podobnie oraz , zatem

Z równości 1° i 2° wynika równość żądana.

Uwaga. Powyższy dowód można zredagować krótko, jak następuje :

Równość żądana jest równoważna równości

Ale

a

a to dowodzi równości (4).

IV OM - I - Zadanie 3

Rozłożyć na czynniki wyrażenie

Rozwiązanie

Przekształcamy dane wyrażenie porządkując je na przykład według potęg litery :

IV OM - I - Zadanie 4

Dowieść, że liczba jest podzielna przez .

Rozwiązanie

Wiadomo, że jeśli jest liczbą naturalną, a i są liczbami dowolnymi, to

Podstawiając w tej równości , , , otrzymujemy

gdzie jest liczbą całkowitą. Liczba jest więc podzielna przez , a tym samym i przez .

Uwaga 1. W taki sam sposób możemy dowieść ogólnie, że liczba , gdzie oznacza dowolną liczbę nieparzystą, jest podzielna przez .

Uwaga 2. Zadanie powyższe, jak również wiele innych zadań dotyczących podzielności liczb, można szybko rozwiązać posługując się pojęciem i własnościami {\it kongruencyj}.

0 dwóch liczbach całkowitych, i mówimy, że są {\it w kongruencji} według modułu lub że {\it przystają}, według modułu , jeżeli różnica jest podzielna przez ; zapisujemy to w postaci wzoru

który nazywamy kongruencją.

Można również powiedzieć, że dwie liczby są w kongruencji według modułu , jeżeli dają tę samą resztę w dzieleniu przez .

Z definicji kongruencji możemy natychmiast wysnuć następujące wnioski:

1° dla dowolnego całkowitego i naturalnego .

2° Jeżeli , to

3° Jeżeli i , to

4° Jeżeli i , to .

Dowody twierdzeń 1 - 4 nie nastręczają najmniejszych trudności; niech czytelnik sam je przeprowadzi.

5° Jeżeli i , to .

Dla dowodu wystarczy zauważyć, że .

Z twierdzenia 5° wynika twierdzenie:

6° Jeżeli , to , i ogólnie: dla dowolnego naturalnego . Ostatni wniosek wysnujemy przez indukcję zupełną.

Korzystając z kongruencyj rozwiążemy powyższe zadanie nr 18 w następujący prosty sposób:

Ponieważ , więc , skąd , a to znaczy, że jest podzielne przez .

Jako przykład zastosowania kongrueneyj rozwiążemy jeszcze zadanie:

Znaleźć ostatnią cyfrę liczby .

Ponieważ , więc

Ostatnią cyfrą liczby jest zatem .

Wykład teorii kongrueneyj oraz wiele zadań można znaleźć w książce: W. Sierpiński Teoria liczb, Warszawa-Wrocław 1950.

IV OM - I - Zadanie 5

W trapezie przez punkt przecięcia przekątnych poprowadzono prostą równoległą da podstaw i trapezu, która przecina boki i w punktach i . Dowieść, że 1) równa się średniej harmonicznej podstaw, 2) jeżeli , to równa się średniej geometrycznej podstaw.

Rozwiązanie

1° Zauważmy najpierw (rys. 22), że odcinki i są równe. Istotnie, trójkąty i są odpowiednio podobne do trójkątów i , przy czym w obu przypadkach skala podobieństwa jest ta sama, gdyż według twierdzenia Talesa zachodzi równość . Wobec tego każdy z odcinków i jest w takim samym stosunku do odcinka , a to znaczy, że .

Związek między długością odcinka i długościami podstaw trapezu i uzyskamy rozważając trójkąty podobne i , w których

oraz trójkąty podobne i , w których

Dodając powyższe równości otrzymujemy

a ponieważ , więc ostatnia równość daje

co właśnie oznacza, że odcinek jest średnią harmoniczną podstaw trapezu i

2° Jeżeli , to trójkąty i są podobne; zatem

co oznacza, że jest średnią geometryczną podstaw trapezu i .

Uwaga 1. Pojęcie średniej harmonicznej dwóch odcinków wiąże się z pojęciem czwórki harmonicznej punktów.

Będziemy rozważali odcinki skierowane, czyli wektory na prostej (rys. 23). O czterech punktach , , , , leżących na prostej mówimy, że tworzą czwórkę harmoniczną lub że pary i przedzielają się harmonicznie, jeżeli zachodzi związek

Równości (1) oznaczają, że stosunki, w jakich końce jednego z odcinków i dzielą drugi odcinek, są liczbami przeciwnymi.

Jeżeli jest czwórką harmoniczną punktów, to odcinek jest średnią harmoniczną odcinków i . Z równości (1) wynikają bowiem kolejno równości:

Wykonując przekształcenia powyższe w kierunku odwrotnym stwierdzamy, że równość (2) pociąga za sobą równość (1). Jeżeli zatem odcinek jest średnią harmoniczną odcinków i , to punkty , , , tworzą czwórkę harmoniczną.

Uwaga 2. Weźmy pod uwagę punkt przecięcia boków nierównoległych i trapezu (rys. 24) oraz punkty i , w których prosta przecina boki i . Udowodnimy, że punkty , , , tworzą czwórkę harmoniczną.

W samej rzeczy, odcinki i są jednokładne względem środka , zatem

Odcinki i są zarazem jednokładne względem środka , zatem

Po prawej stronie napisaliśmy znak minus, gdyż odcinki i są skierowane przeciwnie). Z otrzymanych równości wynika, że

czego właśnie mieliśmy dowieść.

Powyższe twierdzenie łącznie z uwagą 1 prowadzą do bardzo krótkiego dowodu twierdzenia, że w trapezie (rys. 24) odcinek , równoległy do podstaw i , jest średnią harmoniczną podstaw trapezu. Istotnie, odcinki , i , jako jednokładne względem środka , są proporcjonalne do odcinków , , :

Ponieważ , , , tworzą czwórkę harmoniczną punktów, więc według uwagi 1 odcinki , , spełniają związek

Taki sam związek spełniają proporcjonalne do nich odcinki , i , tj.

Uwaga 3. Twierdzenie podane w uwadze 2 jest przypadkiem szczególnym ważnego twierdzenia o czworoboku zupełnym.

Czworobokiem zupełnym nazywamy figurę utworzoną przez cztery proste , , , płaszczyzny, przecinające się wzajemnie w sześciu punktach , , , , , (rys. 25). Owe cztery proste nazywamy bokami, a owe sześć punktów - wierzchołkami czworoboku zupełnego. Dwa wierzchołki nie leżące na jednym boku nazywamy wierzchołkami przeciwległymi. Czworobok zupełny ma trzy pary wierzchołków przeciwległych, przy czym każdy wierzchołek należy do jednej pary. Na rysunku 25 wierzchołkami przeciwległymi są i , i , i .

Proste przechodzące przez wierzchołki przeciwległe nazywamy przekątnymi czworoboku zupełnego. Na rysunku 25 przekątnymi czworoboku zupełnego są proste , , . Zachodzi twierdzenie:

Na każdej przekątnej czworoboku zupełnego para wierzchołków czworoboku przedziela harmonicznie parę punktów przecięcia tej przekątnej z pozostałymi dwiema przekątnymi.

Udowodnimy na przykład, że na rysunku 25 punkty , , , stanowią czwórkę harmoniczną punktów.

Dowód oprzemy na twierdzeniu Menelausa:

Jeżeli pewna prosta przecina proste , , odpowiednio w punktach , , , to

Zastosujemy to twierdzenie:

1° do prostych , , przeciętych prostą w punktach , , :

2° do prostych , , przeciętych prostą w punktach , , :

3° do prostych , , przeciętych prostą w punktach , , :

Z równości 1° i 2° otrzymujemy

skąd

i z uwagi na równość 3° mamy

co oznacza, że punkty , , , tworzą czwórkę harmoniczną.

IV OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli figura płaska ma dwie i tylko dwie osie symetrii, to te osie są prostopadłe.

Rozwiązanie

Twierdzenie będzie dowiedzione, gdy wykażemy, że jeżeli jakaś figura płaska ma dwie osie symetrii, które nie są prostopadłe, to ma jeszcze co najmniej jedną oś symetrii.

Przypuśćmy, że figura płaska ma dwie osie symetrii i , które nie są prostopadłe. Mogą się one przecinać (rys. 26) lub być równoległe (rys. 27). W obu przypadkach rozumowanie będzie takie samo. Niech będzie prostą symetryczną do prostej względem prostej . Prosta jest oczywiście różna od prostej i różna od prostej . Dowiedziemy, że prosta jest osią symetrii figury .

Jeżeli do figury należy jakiś punkt , to należy do niej również punkt symetryczny do punktu względem osi , następnie punkt symetryczny do punktu względem osi , a dalej punkt symetryczny do punktu względem osi . Zauważmy, że odcinek jest symetryczny do odcinka względem osi , gdyż punkty i są odpowiednio symetryczne do punktów i względem tejże osi. W takim razie symetralna odcinka jest symetryczna do symetrahaej odcinka (tj. do prostej ) względem osi , tzn. symetralną odcinka jest prosta . Dowiedliśmy, że jeżeli do figury należy jakiś punkt , to należy do niej również punkt , symetryczny do punktu względem prostej , czyli że jest osią symetrii figury .

IV OM - I - Zadanie 7

Dowieść, że gdy jest liczbą całkowitą wiekszą od , to

Rozwiązanie

Można bezpośrednio zastosować indukcję zupełną do dowodu nierówności

dla dowolnych liczb całkowitych .

1° Gdy , nierówność (1) jest prawdziwa, gdyż wówczas

2° Jeżeli nierówność (1) jest prawdziwa dla jakiegoś , tj. jeżeli

to

a więc

Z 1° i 2° wynika prawdziwość nierówności (1) dla każdego całkowitego .

IV OM - I - Zadanie 8

Przez punkt dany na przedłużeniu boku trójkąta poprowadzić prostą przecinającą boki i w punktach i w taki sposób, żeby odcinki i były równe.

Rozwiązanie

Analiza. Obierzmy punkt - dajmy na to - na przedłużeniu boku danego trójkąta poza punkt (rys. 28). Przypuśćmy, że prosta jest rozwiązaniem zadania, tj, że .

Poprowadźmy przez punkt równoległą do prostej ; przetnie ona bok trójkąta w pewnym punkcie . Stosując twierdzenie Talesa do prostych i , przeciętych równoległymi i , oraz do prostych i , przeciętych tymiż równoległymi, otrzymujemy proporcje

Ponieważ z zawożenia jest , więc z tych proporcyj wynika, że

Poszukiwana prosta odcina zatem od danego trójkąta taki trójkąt , w którym stosunek boków i równa się stosunkowi danych odcinków i .

Konstrukcja. Prostą o powyższej własności wykreślimy w sposób następujący: Na półprostych i (rys. 29) odmierzamy odpowiednio odcinki i . Przez punkt prowadzimy prostą równoległą do prostej ; prosta przecina proste i w punktach i , przy czym zachodzą proporcje

Należy zbadać, czy prosta jest rozwiązaniem zadania. Łatwo najpierw stwierdzić, że zachodzi żądana równość . Istotnie, prowadząc jak poprzednio równoległą do prostej i stosując twierdzenie Talesa mamy równości

Lewe strony tych równości są według konstrukcji równe, zatem

Spełnienie warunku nie zapewnia jeszcze tego, że prosta jest prostą szukaną, gdyż ponadto trzeba, żeby punkty i leżały na bokach i (jak to ma miejsce na rys. 29), a nie na ich przedłużeniach. Rysując figurę przy zmienionych danych zechce czytelnik przekonać się, że punkt może wypaść na przedłużeniu odcinka poza punkt lub poza punkt .

Należy przeto ustalić warunki konieczne i dostateczne do tego, aby wyznaczony przez poprzednią konstrukcję punkt leżał na odcinku .

Jeśli punkt leży na odcinku , to punkt , jako należący do boku trójkąta , leży również na odcinku , wobec czego mamy na tym odcinku kolejność punktów: , , , .

Wysnujemy stąd dwa wnioski:

1° Ponieważ , a , więc (zastosowaliśmy tu twierdzenie arytmetyki: jeżeli i , to ), co wobec równości i daje , i ostatecznie mamy

2° Ponieważ według konstrukcji jest , a , więc

Nierówności (1) i (2), które wywnioskowaliśmy z założenia, że zbudowana prosta jest rozwiązaniem zadania, stanowią zatem warunki konieczne istnienia rozwiązania. Możemy je wypowiedzieć poglądowo, jak następuje: Punkt dany na przedłużeniu podstawy musi się znajdować po stronie większego z pozostałych boków trójkąta i dzielić podstawę zewnętrznie w stosunku mniejszym niż stosunek mniejszego z tych boków do większego.

Wykażemy, że te warunki konieczne są zarazem dostateczne. Istotnie, według konstrukcji punkt leży na odcinku i ; jeśli więc spełniony jest warunek (2), to

tzn. punkt leży na odcinku . W takim razie punkt leży na półprostej , gdyż znajduje się między i .

Z drugiej strony, według konstrukcji mamy

jeśli więc spełniony jest warunek (1), to

z tej nierówności wynika, że

Punkt leży więc na odcinku , a tym samym na odcinku .

Uzyskaliśmy wynik: W przypadku, gdy , można rozwiązać zadanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są nierówności (1) i (2). Rozwiązanie jest tylko jedno.

Uwaga 1. Konieczność warunku (1) można stwierdzić w następujący prosty sposób: Niech (rys. 30). Poprowadźmy, ; wówczas , zatem , więc też .

Uwaga 2. Warunek (2) można interpretować jak następuje: Niech (rys. 31) będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta . Jeśli , to i dwusieczna kąta zewnętrznego w trójkącie przy wierzchołku przecina przedłużenie odcinka poza punkt w punkcie . Według twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie mamy

Warunek (2) można więc zastąpić warunkiem

który oznacza, że punkt powinien się znajdować pomiędzy punktem a punktem .

Uwaga 3. Rozwiązanie zadania można ująć prosto i przejrzyście, gdy się skorzysta z twierdzenia Menelausa (Patrz: Zadania, z Trzeciej Olimpiady Matematycznej, Warszawa 1953, zadanie nr 23.):

Jeżeli prosta przecina proste skierowane , , odpowiednio w punktach , , , to zachodzi równość

Jeżeli prosta jest rozwiązaniem naszego zadania, to i równość przybiera postać

Wprowadźmy oznaczenia: , , , , ; wtedy , i równość daje

stąd

Ponieważ , czyli , więc ze wzoru () wynikają nierówności

Nierówność () jest identyczna z nierównością (1), a nierówność () jest równoważna nierówności , czyli nierówności (2). Otrzymaliśmy te same, co poprzednio warunki konieczne do tego, aby istniało rozwiązanie zadania.

Przypuśćmy, że warunki () i () są spełnione. Jeśli wyznaczymy ze wzoru () i na półprostej odmierzymy , to prosta będzie rozwiązaniem zadania. W rzeczy samej, zachodzi wówczas równość () więc i równość (), w której oznacza punkt przecięcia prostej z odcinkiem . A ponieważ punkty , , leżą na jednej prostej, więc prawdziwa jest równość (), z równości zaś () i () wynika, że , czego należało dowieść.

Wzór () prowadzi do następującej konstrukcji przedstawionej na rysunku 32:

Odmierzamy , prowadzimy i odmierzamy ; prosta jest prostą szukaną.

IV OM - I - Zadanie 9

Dowieść, że jeżeli , to

Rozwiązanie

Uporządkujmy wyrażenie według potęg jednej z liter, np. litery :

i obliczmy wyróżnik otrzymanej funkcji kwadratowej:

Gdy lub , to , zatem .

IV OM - I - Zadanie 10

Dane są dwie proste skośne i . Na prostej odmierzono odcinek o danej długości , a na prostej odmierzono odcinek o danej długości . Dowieść, że objętość czworościanu nie zależy od położenia odcinków i na prostych i .

Rozwiązanie

Figurę utworzoną przez dwie proste skośne i najdogodniej przedstawić na rysunku przy pomocy rzutów na dwie płaszczyzny wzajemnie prostopadłe. Za rzutnię poziomą obierzemy dowolną płaszczyznę równoległą do obu prostych i (rys. 33). Rzutami pionowymi danych prostych będą wówczas proste równoległe i , których, odległość równa się odległości prostych skośnych i . Rzuty poziome i będą dwiema przecinającymi się prostymi, tworzącymi kąt równy kątowi między prostymi skośnymi i . Rzuty poziome odcinków i równoległych do rzutni poziomej, mają długości i .

Aby obliczyć objętość czworościanu , rozważymy najpierw pewien równoległościan ,,opisany'' na tym czworościanie, a mianowicie równoległościan, dla którego odcinki i są przekątnymi dwóch ścian przeciwległych. Drugimi przekątnymi tychże ścian równoległościanu są: odcinek , równoległy do odcinka i mający z odcinkiem wspólny środek , oraz odcinek , równoległy do odcinka i mający wspólny środek z odcinkiem .

Objętość zbudowanego w ten sposób równoległościanu równa się iloczynowi pola ściany przez jej odległość od ściany przeciwległej, tj. przez .

Ale pole równolegloboku , którego przekątne mają długości i i tworzą kąt , równa się ; zatem .

Czworościan powstaje z równoległościanu przez obcięcie czterech narożnych czworościanów , , , (rys. 34). Objętość każdego z tych czworościanów, których podstawy są dwa razy mniejsze od podstaw równoległościanu, a wysokości są równe , wynosi .

Zatem objętość czworościanu równa się , jest więc zależna tylko od długości , , i kąta , a nie zależy od położenia odcinków i na prostych i .

IV OM - I - Zadanie 11

Dowieść, że jeżeli lub lub lub równa się nieparzystej ilości kątów półpełnych, to i że prawdziwe jest twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

\spos{1} Mamy dowieść, że

Zadanie można rozwiązać w sposób bardzo prosty, gdy się zauważy że równanie jest równoważne równaniu . Warunek konieczny i dostateczny, żeby jeden z kątów , , , równał się nieparzystej wielokrotności kąta półpełnego, można więc wyrazić następującym równaniem (2)

Zadanie sprowadza się zatem do wykazania, że równość (1) jest równoważna równości (2). Osiągniemy to przekształcając lewą stronę równości (2) przy użyciu znanych wzorów na sumy i iloczyny funkcyj trygonometrycznych:

Okazało się, że lewa strona równości (2) jest tożsamościowo równa lewej strony równości (1). Równości te są więc równoważne, a stąd wynika, że równość (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy któryś z kątów , , , jest nieparzystą wielokrotnością kąta półpełnego.

IV OM - I - Zadanie 12

Dana jest prosta oraz punkty i leżące po przeciwnych stronach tej prostej. Poprowadzić przez punkty i taki okrąg, żeby jego cięciwa położona na prostej była jak najkrótsza.

Rozwiązanie

Niech oznacza punkt przecięcia prostych i i niech okrąg przechodzący przez punkty i przecina prostą w punktach i (rys. 35).

Cięciwa jest sumą odcinków i , których iloczyn, na mocy twierdzenia o przecinających się cięciwach okręgu, równa się iloczynowi danych odcinków i . Z arytmetyki wiemy, że suma liczb dodatnich mających dany iloczyn jest najmniejsza wtedy, gdy te liczby są równe. Cięciwa jest zatem najkrótsza, gdy , tj. gdy punkt jest środkiem tej cięciwy. Środek szukanego okręgu leży więc na prostopadłej poprowadzonej do prostej prżez punkt . Ponieważ środek tego okręgu musi też leżeć na symetralnej cięciwy , więc wyznaczamy go jako punkt przecięcia dwóch wymienionych prostych. Zadanie ma zawsze rozwiązanie i to tylko jedno.

IV OM - II - Zadanie 1

Ułożono tablicę

Napisać taki wzór na -ty wiersz tablicy, który by przy podstawieniach dawał powyższe cztery wiersze tablicy i był prawdziwy dla każdego naturalnego .

Rozwiązanie

Lewe strony wypisanych czterech wierszy tablicy można utworzyć w sposób następujący: W pierwszym wierszu mamy liczbę , równą ; w drugim wierszu piszemy sumę kolejnych liczb całkowitych od do ; w trzecim wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od do ; wreszcie w czwartym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od do . Postępując w ten sam sposób dalej mielibyśmy w piątym wierszu sumę kolejnych liczb całkowitych od do , i ogólnie: w -tym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od do . Sumę taką zapisuje się w postaci

Symbol jest grecką literą "sigma wielkie", a zapis powyższy oznacza, że należy zamiast podstawiać po kolei liczby całkowite od do , a następnie liczby te dodać. W ten sposób dla otrzymujemy

Wyrażenie (1) możemy przyjąć za lewą stronę -tego wiersza tablicy.

Po prawej stronie wypisanych wierszy tablicy mamy sumy sześcianów dwóch kolejnych liczb całkowitych, a mianowicie sumy: ; , ; . Są to wartości sumy

gdy równa się kolejno , , , . Sumę (2) możemy przyjąć za prawą stronę -tego wiersza tablicy. Wzór

daje dla wypisane cztery wiersze tablicy.

Należy jeszcze wykazać, że wzór (3) jest prawdziwy dla każdego naturalnego . Otóż lewa strona równości (3) jest sumą wyrazów postępu arytmetycznego, którego pierwszym wyrazem jest liczba , ostatnim wyrazem - liczba , a ilość wyrazów wynosi . Zatem

Ponieważ również

więc istotnie równość (3) jest prawdziwa dla dowolnego naturalnego .

Uwaga. Myliłby się, kto by sądził, że wzór (3) jest jedynym wzorem typu , który dla daje równości wymienione w temacie zadania. Mylny byłby również pogląd, że jeżeli jakiś wzór przy podstawieniu daje cztery równości wymienione w temacie zadania, to dla musi dać równość

Weźmy dla przykładu funkcje:

Wówczas równość będzie prawdziwa dla każdej wartości , przy czym dla daje właśnie takie równości, jakie są podane w temacie zadania; natomiast dla wzór ten daje równość .

IV OM - II - Zadanie 2

Dowieść, że równanie

w którym , ma dwa pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę lewą stronę równania (1), tj. funkcję kwadratową

Wiemy z algebry, że funkcja kwadratowa ma wtedy i tylko wtedy dwa pierwiastki (inaczej: miejsca zerowe) rzeczywiste, jeśli przybiera zarówno wartości dodatnie, jak ujemne. Otóż jeżeli jest większe od każdej z liczb , , , , to każda z różnic , , , jest dodatnia i funkcja (2) ma wartość dodatnią. Łatwo wskazać taką wartość , dla której ta funkcja jest ujemna; gdy na przykład , funkcja (2) ma wartość

która jest ujemna, gdyż według założenia , a . Twierdzenie zostało tym samym udowodnione.

Uwaga 1. Z powyższego dowodu widać, że zamiast założenia wystarczy przyjąć, że .

Podobnie wystarczyłoby założenie , gdyż wówczas podstawiając do (2) wartość otrzymalibyśmy liczbę ujemną . Zauważmy ponadto, że wartość wyrażenia (2) nie ulega zmianie, gdy przestawimy litery i , a także gdy przestawimy litery i . Możemy wobec tego wypowiedzieć twierdzenie mocniejsze od powyższego:

Jeżeli któraś z liczb i leży między liczbami i lub któraś z liczb i leży między liczbami i , to równanie (1) ma dwa pierwiastki rzeczywiste.

Twierdzenie to pozostanie prawdziwe, gdy w równaniu (1) współczynnik zastąpimy dowolną liczbą dodatnią ; dowód powyższy nie wymaga zmiany. Inaczej będzie, gdy zamiast współczynnika weźmiemy liczbę ujemną. Proponujemy Czytelnikowi rozpatrzenie tego przypadku i wyszukanie warunku dostatecznego rzeczywistości pierwiastków równania.

Uwaga 2. Inny, aczkolwiek znacznie dłuższy dówód twierdzenia można wysnuć z rozważania wyróżnika równania (1):

Wzorując się na rozwiązaniu zadania nr 24 wykażemy z łatwością, że gdy któraś z liczb i leży między liczbami i lub któraś z liczb i leży między liczbami i , to .

IV OM - II - Zadanie 3

Trójkątny kawałek blachy waży g. Dowieść, że rozcinając tę blachę po prostej przechodzącej przez środek ciężkości trójkąta nie można odciąć kawałka ważącego mniej niż g.

Rozwiązanie

Zakładamy, że blacha jest wszędzie jednakowej grubości; ciężar kawałka blachy jest wtedy proporcjonalny do pola płaskiej figury przedstawionej przez ten kawałek blachy. Zadanie sprowadza się do wykazania, że po rozcięciu trójkąta po prostej przechodzącej przez jego środek ciężkości, tj. przez punkt przecięcia jego środkowych, każda z części trójkąta ma pole co najmniej równe pola całego trójkąta.

Niech będzie środkiem ciężkości trójkąta o polu (rys. 36). Gdy trójkąt rozetniemy wzdłuż jednej ze środkowych, np. wzdłuż , podzielimy go na dwa trójkąty o polach równych . Rozcinając trójkąt wzdłuż odcinka przechodzącego przez punkt i równoległego do jednego z boków trójkąta, np. wzdłuż odcinka równoległego do boku , podzielimy ten trójkąt na trójkąt i trapez . Trójkąt jest podobny do trójkąta w skali . Ponieważ stosunek pól figur podobnych równa się kwadratowi skali podobieństwa, więc pole trójkąta równa się , a pole trapezu równa się .

Okazało się, że w rozpatrzonych dwóch przypadkach teza twierdzenia sprawdza się. Poprowadźmy przez punkt dowolną prostą nie przechodzącą przez żaden z wierzchołków trójkąta ani nie równoległą do żadnego boku trójkąta. Prosta ta przetnie dwa boki trójkąta, na przykład bok w punkcie i bok w punkcie . Punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej : niech na przykład punkt leży na odcinku , a punkt na odcinku . Twierdzenie nasze będzie udowodnione, gdy wykażemy, że

Zauważmy w tym celu, że

Niech będzie punktem symetrycznym do punktu względem punktu . Punkt leży na przedłużeniu odcinka poza punkt , gdyż . Trójkąt jest symetryczny do trójkąta względem punktu . Niech będzie punktem odcinka symetrycznym do punktu . Wówczas

Z równości (1) i nierówności (2) wynika, że

czego należało dowieść.

IV OM - II - Zadanie 4

Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

W zadaniu nr 2 rozważyliśmy przypadek szczególny układu równań (1), w którym . Gdy jest dowolne, należy rozróżnić dwa przypadki.

1. Liczba jest parzysta, . Mnożąc stronami równania: pierwsze, trzecie, aż do -ego otrzymujemy

Mnożąc zaś stronami równania: drugie, czwarte, aż do -ego otrzymujemy

Równania (2) i (3) są sprzeczne, gdyż lewe strony przedstawiają ten sam iloczyn niewiadomych, a prawe strony są liczbami różnymi. Stąd wynika, że w przypadku, gdy jest liczbą parzystą, dany układ równań nie ma rozwiązań.

2. Liczba jest nieparzysta, .

Zauważmy najpierw, że jeżeli liczby spełniają układ równań (1), to albo wszystkie są dodatnie, albo wszystkie są ujemne, a przy tym liczby także spełniają ten układ równań. Wystarczy zatem znaleźć rozwiązania dodatnie, do czego się w dalszym ciągu ograniczymy.

Mnożymy równania danego układu stronami:

stąd

Mnożymy stronami równania: pierwsze, trzecie, aż do -ego, tj. do ostatniego:

Dzielimy równania (5) i (4) stronami:

Z pierwszych równań układu (1) otrzymujemy

Stąd możemy obliczyć kolejno niewiadome w zależności od :

Nie trudno dowieść, że począwszy od wartości niewiadomych wyrażają się wzorami

gdzie przybiera wartości .

Zastosujemy w tym celu indukcję zupełną. Podstawiając we wzorach (9) otrzymujemy dla i wyrażenia podane w (8). Przypuśćmy teraz, że wzory (9) są prawdziwe dla pewnego ; udowodnimy, że pozostaną prawdziwe, gdy zamiast podstawimy w nich . Istotnie według (7) jest , więc

a to są właśnie wzory wynikające ze wzorów (9) przy zamianie na .

Obliczyliśmy w ten sposób wartości wszystkich niewiadomych; mianowicie wyrażone jest wzorem (6), , , a dalsze niewiadome wyrażone są wzorami (9).

Trzeba jeszcze sprawdzić, czy otrzymane wartości spełniają wszystkie równania układu (1). O ile chodzi o pierwszych równań, fakt ten nie ulega wątpliwości, gdyż ze sposobu, w jaki obliczyliśmy niewiadome , widać od razu, że spełniają one równania (7). Sprawdzimy, czy spełnione jest ostatnie równanie.

Z drugiego ze wzorów (9) mamy:

zatem, według (6),

Ostatnie równanie jest więc spełnione. Uzyskaliśmy wynik:

Gdy jest liczbą nieparzystą, układ równań (1) ma dwa rozwiązania. Pierwsze rozwiązanie jest określone wzorem (6), wzorami , oraz wzorami (9), w których przybiera wartości ; drugie rozwiązanie składa się z liczb przeciwnych do poprzednich.

Uwaga. W taki sam sposób, jak wyżej, można rozwiązać (dla nieparzystego) ogólniejszy układ równań zastępując w równaniach (1) prawe strony przez dowolne liczby rzeczywiste, byle takie, żeby ich iloczyn był dodatni. Można też użyć następującego nieco innego sposobu rozwiązania.

Niech będzie dany układ równań

przy czym . Oznaczmy

Mnożąc stronami wszystkie dane równania i wyciągając obustronnie pierwiastek kwadratowy otrzymujemy

Natomiast mnożąc stronami równania, w których po prawej stronie występują liczby otrzymujemy

Stąd

Jeżeli w równaniach (10) wykonamy cykliczne podstawienie wskaźników:

tzn. jeśli każdy ze wskaźników zastąpimy wskaźnikiem o większym, a wskaźnik wskaźnikiem , to układ równań (10) nie ulegnie zmianie, a wzór (11) przejdzie na wzór

Stosując znowu podstawienie cykliczne otrzymujemy ze wzoru (12) wzór

Postępując tak w dalszym ciągu otrzymujemy ogólnie

gdzie . Łatwo sprawdzić, że otrzymane w ten sposób wartości dla spełniają wszystkie równania układu równań (10); mamy tu dwa rozwiązania tego układu, gdyż w wyrażeniu możemy przyjąć lub .

IV OM - II - Zadanie 5

Obliczyć objętość czworościanu mając daną długość krawędzi oraz pole rzutu czworościanu na płaszczyznę prostopadłą do prostej .

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez wierzchołek czworościanu płaszczyznę prostopadłą do krawędzi (rys. 37) a przez punkty i poprowadźmy równoległe do prostej aż do przecięcia z płaszczyzną w punktach i . Rzutem prostokątnym czworościanu na płaszczyznę będzie trójkąt .

Objętość czworościanu równa się objętości czworościanu , gdyż oba, czworościany mają tę samą podstawę , a prosta , na której leżą ich wierzchołki, jest równoległa do prostej , więc jest też równoległa do płaszczyzny . Podobnie objętość czworościanu równa się objętości czworościanu , gdyż wierzchołki i tych czworościanów leżą na równoległej do ich wspólnej podstawy . Zatem objętość czworościanu równa się objętości czworościanu . Ponieważ , więc

i ostatecznie

IV OM - II - Zadanie 6

Dany jest okrąg i dwie styczne do tego okręgu. Poprowadzić trzecią styczną do okręgu w taki sposób, żeby jej odcinek zawarty między danymi stycznymi miał daną długość .

Rozwiązanie

Gdy dane styczne i przecinają się, zadanie pokrywa się z rozwiązanym już zadaniem nr 11.

Gdy proste i są równoległe, rozwiązanie jest natychmiastowe. Z dowolnego punktu prostej jako ze środka zataczamy okrąg promieniem o długości .

Jeżeli ten okrąg ma z prostą punkt wspólny , prowadzimy do danego okręgu styczne równoległe do prostej . Zadanie ma rozwiązania, rozwiązania, lub nie ma żadnego rozwiązania zależnie od tego, czy jest większe od odległości prostych i , równe tej odległości, czy mniejsze od niej.

IV OM - III - Zadanie 1

Zbadać, czy równanie

gdzie , , oznaczają dane liczby rzeczywiste, ma pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

Każda liczba spełniająca równanie (1) musi też spełniać równanie

otrzymane z równania (1) przez pomnożenie obu stron przez .

Odwrotnie, każdy pierwiastek równania (2), różny od , i , jest pierwiastkiem równania (1), gdyż dzieląc równość (2) przez różną od zera liczbę otrzymujemy równość (1). Biorąc pod uwagę, że żadna z liczb , , nie jest pierwiastkiem równania (1), widzimy, że pierwiastkami równania (1) są te pierwiastki równania (2), które nie są równe żadnej z liczb , , . Zbadamy wobec tego równanie (2), przy czym rozróżnimy trzy przypadki.

Przypadek 1. Liczby , , są różne, niech na przykład . Lewa strona równania (2) jest funkcją kwadratową zmiennej ; oznaczymy tę funkcję symbolem :

Obliczymy wartości funkcji , gdy równa się , , lub . Ze wzoru (3) otrzymujemy

Liczby i są dodatnie, gdyż są iloczynami liczb tego samego znaku; natomiast liczba jest ujemna, gdyż , a . A zatem funkcja kwadratowa ma dwa pierwiastki rzeczywiste, z których jeden leży między i , drugi zaś między i .

Te same pierwiastki ma równanie (1). Równania (1) i (2) są w rozpatrywanym przypadku równoważne.

Przypadek 2. Dwie spośród liczb , , są równe; niech np. , ale . Równanie (2) przybiera postać

czyli

skąd widzimy, że ma ono pierwiastki i . Wobec tego, że ; drugi pierwiastek nie równa się ani , ani . Równanie (1) ma w tym przypadku tylko jeden pierwiastek równy , gdyż odpada.

Przypadek 3. Liczby , i są równe. Równanie (2) przybiera postać

i ma pierwiastek podwójny . Równanie (1) w tym przypadku nie ma pierwiastków.

Uwaga. Dowód, że w przypadku 1 równanie (2) ma dwa pierwiastki rzeczywiste, można przeprowadzić wykazując, że jego wyróżnik jest dodatni. Piszemy w tym celu równanie (2) w postaci

i obliczamy

IV OM - III - Zadanie 2

Znaleźć miejsce geometryczne środka prostokąta, którego wierzchołki leżą na obwodzie danego trójkąta.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw miejsce geometryczne środka prostokąta , którego dwa wierzchołki i leżą na boku trójkąta , wierzchołek na boku , a wierzchołek na boku . Prostokąty takie istnieją tylko wtedy, gdy żaden z kątów i trójkąta nie jest rozwarty. W dalszym ciągu przyjmiemy, że oba kąty i są ostre; w przypadku, gdy jeden z nich jest prosty rozważania poniższe wymagają drobnej modyfikacji, co pozostawiamy Czytelnikowi.

Punkt , którego miejsca geometrycznego szukamy, jest środkiem odcinka łączącego środki boków i prostokąta (rys. 41). Poprowadźmy wysokość trójkąta .

Ponieważ trójkąty i są jednokładne względem punktu , a trójkąty i są jednokładne względem punktu , więc proste i przechodzą przez środek odcinka . Trójkąty i są jednokładne względem punktu , zatem prosta przechodzi przez środek odcinka . A zatem środek prostokąta leży wewnątrz odcinka łączącego środek boku ze środkiem wysokości trójkąta .

Odwrotnie, każdy punkt leżący wewnątrz odcinka jest środkiem pewnego prostokąta o rozważanym położeniu. Istotnie, wykreślając przez punkt odcinek jednokładny do odcinka względem punktu , a następnie prowadząc przez punkty i odcinki i jednokładne do odcinka odpowiednio względem punktów i , otrzymujemy czworokąt , przy czym z własności odcinków jednokładnych wynika, że i są środkami odcinków i , a punkt jest środkiem odcinka , skąd wnioskujemy, że jest prostokątem, a punkt jest jego środkiem. Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest wnętrze odcinka .

Ustaliliśmy dotychczas wynik następujący:

Miejscem geometrycznym środka prostokąta, którego dwa wierzchołki leżą na boku trójkąta , a dwa pozostałe wierzchołki leżą na bokach i , jest wnętrze odcinka łączącego środek boku ze środkiem odpowiedniej wysokości trójkąta.

Gdy dany trójkąt jest ostrokątny, twierdzenie powyższe zachodzi dla każdego z trzech jego boków. Miejsce geometryczne, o którym mówi tekst zadania, składa się wtedy z wnętrz trzech odcinków łączących środki boków trójkąta ze środkami odpowiednich wysokości. Dowiedziemy, że te trzy odcinki przecinają się w jednym punkcie.

Przyjmiemy oznaczenia punktów według rysunku 44: , , są spodkami wysokości, , , - środkami boków, a , , - środkami wysokości trójkąta . Stosując do tego trójkąta i jego trzech wysokości twierdzenie Cevy otrzymujemy

(Patrz: Zadania z Trzeciej Olimpiady Matematycznej, zadanie nr 23 str. 51.)
Ponieważ boki trójkąta są równoległe do odpowiednich boków trójkąta , więc

wobec czego

Na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy, wnioskujemy z tej równości, że proste , i przecinają się w jednym punkcie.

Gdy dany trójkąt jest prostokątny, dwa z trzech odcinków stanowiących omawiane miejsce geometryczne pokrywają się i mamy figurę rysunku 45.

W trójkącie rozwartokątnym naszym miejscem geometrycznym jest wnętrze jednego odcinka.

IV OM - III - Zadanie 3

Przez każdy wierzchołek czworościanu o danej objętości poprowadzono płaszczyznę równoległą do przeciwległej ściany czworościanu. Obliczyć objętość czworościanu utworzonego przez te płaszczyzny.

Rozwiązanie

Aby sobie ułatwić znalezienie rozwiązania, rozważmy najpierw analogiczne zadanie na płaszczyźnie:

Poprowadźmy przez każdy wierzchołek trójkąta prostą równoległą do przeciwległego boku trójkąta. Te proste tworzą trójkąt jednokładny do trójkąta (rys. 46). Środkiem jednokładności jest punkt , w którym przecinają się proste , , ; punkt jest środkiem ciężkości trójkąta , a także trójkąta . Jednokładność jest odwrotna, gdyż odpowiadające sobie punkty, np. i , leżą na półprostych i o kierunkach przeciwnych. Stosunek jednokładności jest

Ponieważ stosunek pól figur jednokładnych równa się kwadratowi stosunku jednokładności, więc pole trójkąta jest razy większe od pola trójkąta , co zresztą jest widoczne bezpośrednio.

Powracając do właściwego tematu przypomnimy krótko własności figur jednokładnych w przestrzeni. Niech będzie dana w przestrzeni figura , której punktami są Obierzmy dowolny punkt oraz liczbę dodatnią . Gdy na półprostych odmierzymy odcinki , punkty utworzą figurę jednokładną wprost do figury względem punktu w stosunku . Jeżeli zaś odmierzymy takie same odcinki na przedłużeniach półprostych , to otrzymamy figurę jednokładną odwrotnie do figury względem punktu w stosunku (rys. 47). Z tej definicji łatwo wynika, że figurą jednokładną do odcinka jest odcinek , przy czym proste i są równoległe (lub pokrywają się, co ma miejsce wtedy, gdy prosta przechodzi przez punkt ). Figurą jednokładną do trójkąta jest wobec tego trójkąt , przy czym płaszczyzny trójkątów są równoległe (lub pokrywają się w przypadku, gdy płaszczyzna zawiera punkt ). Figurą jednokładną do czworościanu jest czworościan . Stosunek odcinków jednokładnych równa się stosunkowi jednokładności, stosunek pól trójkątów (lub ogólnie: figur płaskich) jednokładnych równa się kwadratowi stosunku jednokładności, a stosunek objętości - czworościanów (ogólnie: brył) jednokładnych równa się sześcianowi stosunku jednokładności.

Do rozwiązania zadania potrzebne będzie jeszcze twierdzenie:

Odcinki łączące wierzchołki czworościanu ze środkami ciężkości przeciwległych ścian przecinają się w jednym punkcie, który dzieli każdy z tych odcinków w stosunku .

Dowód tego twierdzenia jest prosty; wystarczy go przeprowadzić dla jednej pary owych odcinków. Niech będzie środkiem ciężkości ściany , a - środkiem ciężkości ściany czworościanu (rys. 47). Proste i przecinają się w środku krawędzi .

Odcinki i łączące wierzchołki i trójkąta z punktami i boków i przecinają się w punkcie wewnątrz tego trójkąta. Ponieważ i , więc i ; stąd wynika, że i , czego mieliśmy dowieść. Punkt jest środkiem ciężkości czworościanu.

Stosując powyższe wiadomości możemy rozwiązanie zadania ująć krótko: Budujemy figurę odwrotnie jednokładną w stosunku do czworościanu względem jego środka ciężkości . Figurą tą jest czworościan , którego wierzchołki leżą na przedłużeniach półprostych , , , , przy czym , , , .

Płaszczyzna jest równoległa do odpowiedniej płaszczyzny , a przy tym przechodzi przez wierzchołek , gdyż z równości wynika, że punkt jest punktem jednokładnym do punktu ściany . A zatem czworościan jest tym czworościanem, o którym mowa w zadaniu. Ponieważ jest on jednokładny do czworościanu w stosunku , więc jego objętość wynosi , czyli .

IV OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli jest liczbą naturalną, to zachodzi równość

gdzie jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie

Dowiedziemy najpierw, że dla każdego naturalnego można napisać równość

gdzie i są liczbami naturalnymi spełniającymi równość

Dowód. Dla twierdzenie jest prawdziwe, mianowicie należy wziąć . Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego ; wówczas

gdzie i są liczbami naturalnymi i

twierdzenie jest zatem, prawdziwe również dla wykładnika . Na podstawie indukcji zupełnej wnioskujemy stąd, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego .

Twierdzenie wyrażone wzorem (1) jest natychmiastowym wnioskiem z dowiedzionego twierdzenia. Gdy bowiem jest liczbą parzystą, to

przy czym i , zatem również i są liczbami naturalnymi i . Gdy zaś jest liczbą nieparzystą, to

gdzie i są liczbami naturalnymi i

IV OM - III - Zadanie 5

Z punktu wyrusza po prostoliniowej szosie samochód i jedzie ze stałą prędkością . Do samochodu tego pragnie podać list rowerzysta, który znajduje się w odległości od punktu i w odległości od szosy. Z jaką minimalną prędkością powinien jechać rowerzysta, aby osiągnąć swój cel?

Rozwiązanie

Przyjmiemy, że ; niech Czytelnik sam sformułuje odpowiedź na postawione pytanie w przypadku, gdy , tj. gdy rowerzysta znajduje się na szosie.

Niech oznacza punkt, w którym znajduje się rowerzysta, - punkt spotkania, - kąt , - czas, jaki upłynie od chwili początkowej do chwili spotkania a - prędkość rowerzysty. Zauważmy, że

a stąd według twierdzenia sinusów (rys. 48)

Z tej równości wynika, że osiąga najmniejszą wartość, gdy jest największy. Jeśli , zachodzi to dla wartości , zatem

Jeśli (rys. 49), to kąt jest ostry; największa wartość nie istnieje, prędkość jest tym mniejsza, im kąt jest bliższy kąta ostrego . Gdy kąt rośnie i dąży do , prędkość maleje i dąży do .

Uwaga. W powyższym rozwiązaniu można się obyć bez zastosowania trygonometrii rozumując jak następuje:

Jeżeli (rys. 50) i , prowadzimy i . Wówczas

zatem w punkcie szosy stosunek odległości od punktów i jest najmniejszy.

Jeżeli i punkt leży dalej od punktu niż punkt (rys. 51), to prowadząc mamy

skąd widać, że poszukiwane minimum nie istnieje.

IV OM - III - Zadanie 6

Jaki związek algebraiczny zachodzi między , i , gdy spełniona jest równość

Rozwiązanie

Równość (1) możemy napisać w postaci

Stąd wynika, że

a po odpowiednim zgrupowaniu wyrazów mamy

czyli

Z ostatniej równości wnioskujemy, że