IV OM - I etap

I etap IV Olimpiady Matematycznej

IV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że stosunek sumy środkowych każdego trójkąta do jego obwodu zawiera się w przedziale $\left( \frac{3}{4}, 1 \right)$ i że tej własności nie ma żaden przedział węższy.

Rozwiązanie

Niech boki trójkąta będą $BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ , a środkowe
tych boków niech będą $m_a$ , $m_b$ , $m_c$ . Niech $S$ oznacza punkt
przecięcia środkowych, czyli środek ciężkości trójkąta $ABC$ (rys. 20).
Mamy

$ AS = \frac{2}{3} m_a,\ BS = \frac{2}{3} m_b,\ CS = \frac{2}{3} m_c. $

W trójkącie $BSC$ mamy nierówność $BS + SC > BC$ , czyli $\frac{2}{3} m_b + \frac{2}{3} m_c > a$ ; stąd otrzymujemy nierówność

$ m_b + m_c > \frac{3}{2}a, $

analogicznie

$ m_c + m_a > \frac{3}{2}b, $

$ m_a + m_b > \frac{3}{2}c. $

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

$ m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4} (a+b+c), $

skąd

$ (1) \qquad \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} > \frac{3}{4}. $

Niech $C'$ będzie punktem symetrycznym do wierzchołka $C$ względem
środka boku $AB$ . Mamy $AC' = BC = a$ , $BC' = AC = b$ . Z trójkąta $C'AC$ otrzymujemy nierówność $C'A + AC > C'C$ , czyli

$ a + b > 2m_c $

i analogicznie

$ b + c > 2m_a, $

$ c + a > 2m_b. $

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

$ a + b + c > m_a + m_b + m_c, $

skąd

$ (2) \qquad \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} < 1. $

Nierówności (1) i (2) wyrażają twierdzenie, że stosunek sumy środkowych dowolnego trójkąta do jego obwodu zawiera się między liczbami $\frac{3}{4}$ i $1$ , czyli zawiera się w przedziale $\left( \frac{3}{4}, 1 \right)$ . Należy jeszcze dowieść, że w tekście tego twierdzenia nie można przedziału $\left( \frac{3}{4}, 1 \right)$ zastąpić przedziałem węższym (mniejszym), to znaczy takim, przedziałem $(\alpha, \beta)$ , w którym

$ \alpha > \frac{3}{4} \textrm{ lub } \beta < 1. $

W tym cełu trzeba wykazać, że istnieją trójkąty, dla których omawiany stosunek jest dowolnie bliski liczby $\frac{3}{4}$ , jak również takie trójkąty, w których ten stosunek jest dowolnie bliski liczby $1$ . Fakt ten łatwo uwidocznić poglądowo.

Zważmy mianowicie, że w trójkącie równoramiennym, w którym kąt przy wierzchołku jest bliski $180^\circ$ , obwód mało się różni od podwojonej podstawy, każda z równych środkowych mało się różni od $\frac{3}{4}$ podstawy, a trzecia środkowa jest mała, wobec czego suma środkowych trójkąta mało się różni od $\frac{3}{4}$ jego obwodu. Jeśli zaś w trójkącie równoramiennym kąt przy wierzchołku jest bliski $0^\circ$ , 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 $ABC$ , w którym $AC = BC$ (rys. 21), punkty $M$ i $P$ będą środkami boków $BC$ i $AB$ , a odcinek $MH$ niech będzie prostopadły do boku $AB$ . W trójkącie $AMH$ mamy nierówność

$ AM < AH + HM, $

skąd

$ m_a < \frac{3}{4} c + \frac{1}{2}h, $

gdzie $h = CP$ oznacza wysokość trójkąta równoramiennego $ABC$ (a zarazem środkową do jego podstawy). Ponieważ $m_b = m_a$ i $m_c = h$ , więc z powyższej nierówności otrzymujemy

$ (3) \qquad m_a + m_b + m_c < \frac{3}{2} c + 2 h. $

Ponieważ $c < a + b$ , więc $2c < a + b + c$ i $\frac{3}{2} c < \frac{3}{4} (a + b + c)$ , zatem nierówność (3) daje

$ m_a + m_b + m_c < \frac{3}{4} (a + b + c) + 2h, $

skąd

$ (4) \qquad \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} - \frac{3}{4} < \frac{2h}{a + b + c}. $

Otóż

$ \frac{2h}{a + b + c} = \frac{2h}{2a+c} < \frac{h}{a} = \sin A, $

więc na mocy poprzedniej nierówności mamy

$ (5) \qquad \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} - \frac{3}{4} < \sin A. $

Dowiedliśmy, że w trójkącie równoramiennym stosunek sumy środkowych do obwodu różni się od $\frac{3}{4}$ mniej, niż wynosi sinus kąta przy podstawie. Różnica ta jest zatem dowolnie mała, gdy kąt $A$ jest dostatecznie bliski $0^\circ$ .

Zauważmy następnie, że w trójkącie $BPC$ mamy nierówność $BC < BP + PC$ , czyli $a < \frac{1}{2} c + h$ , skąd otrzymujemy nierówność

$ (6) \qquad a + b + c < 2c + 2h. $

Ale $MH < AM$ więc $\frac{1}{2} h < m_a$ i podobnie $\frac{1}{2} h < m_b$ , a ponieważ $h = m_c$ , więc

$ (7) \qquad 2h < m_a + m_b - m_c. $

Na podstawie nierówności (6) i (7) mamy

$ a + b + c < 2c + (m_a + m_b + m_c), $

skąd

$ 1 - \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} < \frac{2c}{a + b + c}. $

Ponieważ

$ \frac{2c}{a + b + c} = \frac{2c}{2a + c} < \frac{c}{a} = 2 \cdot \frac{c}{2a} = 2 \cos A, $

więc z poprzedniej nierówności wynika, że

$ (8) \qquad 1 - \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} < 2 \cos A. $

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 $90^\circ$ .

IV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że wysokości $h_1$ , $h_2$ , $h_3$ trójkąta i promienie $r_1$ , $r_2$ , $r_3$ kół dopisanych spełniają równość

$ \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} = \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3}. $

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 $h_1$ $h_2$ , $h_3$ i promienie $r_1$ , $r_2$ , $r_3$ wiążą z bokami trójkąta.

Używając znanych oznaczeń: $S = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)}$ , $2p = a + b + c$ , mamy

1° $ah_1 = 2S$ , skąd $\frac{1}{h_1} = \frac{a}{2S}$ i podobnie $\frac{1}{h_2} = \frac{b}{2S}$ oraz $\frac{1}{h_3} = \frac{c}{2S}$ , zatem

$ \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} = \frac{a + b + c}{2S} = \frac{p}{S}. $

2° $r_1 (p - a) = S$ , skąd $\frac{1}{r_1} = \frac{p-a}{S}$ i podobnie $\frac{1}{r_2} = \frac{p-b}{S}$ oraz $\frac{1}{r_3} = \frac{p-c}{S}$ , zatem

$ \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3} = \frac{p - a + p - b + p - c}{S} = \frac{p}{S}. $

Z równości 1° i 2° wynika równość żądana.

Uwaga. Powyższy dowód można zredagować krótko, jak następuje :

Równość żądana jest równoważna równości

$ \frac{S}{h_1} + \frac{S}{h_2} + \frac{S}{h_3} = \frac{S}{r_1} + \frac{S}{r_2} + \frac{S}{r_3}. $

Ale

$ \frac{S}{h_1} + \frac{S}{h_2} + \frac{S}{h_3} = \frac{a}{2} + \frac{b}{2} + \frac{c}{2} = p, $

$ \frac{S}{r_1} + \frac{S}{r_2} + \frac{S}{r_3} = (p-a) + (p-b) + (p-c) = p, $

a to dowodzi równości (4).

IV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Rozłożyć na czynniki wyrażenie

$ a (b-c)^3 +b (c- a)^3 + c (a - b)^3. $

Rozwiązanie

Przekształcamy dane wyrażenie porządkując je na przykład według potęg litery $a$ :

$ \begin{split} & a (b - c)^3 + b (c - a)^3 + c(a - b)^3 = (c - b) a^3 + 3 (bc - bc) a^2 + \\ & + [(b - c)^3 - 3 bc^2 + 3b^2c] a + (bc^3 - b^3c) = \\ & = (c - b) a^3 + (b^3 - c^3) a + bc (c^2 - b^2) = \\ & = (c - b) [a^3 - (b^2 + bc + c^2)a+ bc (b + c)] = \\ & = (c - b) [b^2 (c - a) + b (c^2 - ac) + (a^3 - ac^2)] =\\ & = (c - b) (c - a) [b^2 + bc - a (a + c)] =\\ & = (c - b) (c - a) [(b^2 - a^2) + (bc - ac)] =\\ & = (c - b) (c - a) (b - a) (a + b + c). \end{split} $

IV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że liczba $2^{55} + 1$ jest podzielna przez $11$ .

Rozwiązanie

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

$ a^n - b^n = (a-b) (a^{n-1} + a^{n-2}b + a^{n-3}b^2 + \ldots + ab^{n-2} + b^{n-1}). $

Podstawiając w tej równości $a = 2^5$ , $b = - 1$ , $n = 11$ , otrzymujemy

$ 2^{55} + 1 = (2^5 + 1) (2^{50} - 2^{45} + 2^{40} - \ldots - 2^5 + 1) = 33 \cdot C, $

gdzie $C$ jest liczbą całkowitą. Liczba $2^{55} + 1$ jest więc podzielna przez $33$ , a tym samym i przez $11$ .

Uwaga 1. W taki sam sposób możemy dowieść ogólnie, że liczba $2^{5n} + 1$ , gdzie $n$ oznacza dowolną liczbę nieparzystą, jest podzielna przez $11$ .

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, $a$ i $b$ mówimy, że są {\it w kongruencji} według modułu $k$ lub że {\it przystają}, według modułu $k$ , jeżeli różnica $a - b$ jest podzielna przez $k$ ; zapisujemy to w postaci wzoru

$ a \equiv b \pmod k, $

który nazywamy kongruencją.

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

Z definicji kongruencji możemy natychmiast wysnuć następujące wnioski:

1° $a \equiv a \pmod k$ dla dowolnego całkowitego $a$ i naturalnego $k$ .

2° Jeżeli $a \equiv b \pmod k$ , to $b \equiv a \pmod k$

3° Jeżeli $a \equiv b \pmod k$ i $b \equiv c \pmod k$ , to $a \equiv c \pmod k$

4° Jeżeli $a \equiv b \pmod k$ i $c \equiv d \pmod k$ , to $a+c \equiv b+d \pmod k$ .

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

5° Jeżeli $a \equiv b \pmod k$ i $c \equiv d \pmod k$ , to $ac \equiv bd \pmod k$ .

Dla dowodu wystarczy zauważyć, że $ac - bd = ac - bc + bc - bd = (a - b) c + (c - d) b$ .

Z twierdzenia 5° wynika twierdzenie:

6° Jeżeli $a \equiv b \pmod k$ , to $a^2 \equiv b^2 \pmod k$ , i ogólnie: $a^n \equiv 6^n \pmod k$ dla dowolnego naturalnego $n$ . Ostatni wniosek wysnujemy przez indukcję zupełną.

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

Ponieważ $2^5 \equiv - 1 \pmod {11}$ , więc $(2^5)^{11} = (- 1)^{11} \pmod {11}$ , skąd $(2^5)^{11} = - 1 \pmod {11}$ , a to znaczy, że $2^{55} + 1$ jest podzielne przez $11$ .

Jako przykład zastosowania kongrueneyj rozwiążemy jeszcze zadanie:

Znaleźć ostatnią cyfrę liczby $2^{1000}$ .

Ponieważ $2^5 \equiv 2 \pmod {10}$ , więc

$ 2^{1000} \equiv 2^{200} \equiv 2^{40} \equiv 2^8 \equiv 2^5 \cdot 2^3 \equiv 2 \cdot 2^3 \equiv 6 \pmod {10}. $

Ostatnią cyfrą liczby $2^{1000}$ jest zatem $6$ .

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

IV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

W trapezie $ABCD$ przez punkt przecięcia $S$ przekątnych poprowadzono prostą równoległą da podstaw $AB$ i $DC$ trapezu, która przecina boki $AD$ i $BC$ w punktach $M$ i $N$ . Dowieść, że 1) $MN$ równa się średniej harmonicznej podstaw, 2) jeżeli $\measuredangle ADC = \measuredangle ACB$ , to $AC$ równa się średniej geometrycznej podstaw.

Rozwiązanie

1° Zauważmy najpierw (rys. 22), że odcinki $MS$ i $SN$ są równe. Istotnie, trójkąty $MSD$ i $SNC$ są odpowiednio podobne do trójkątów $ABD$ i $ABC$ , przy czym w obu przypadkach skala podobieństwa jest ta sama, gdyż według twierdzenia Talesa zachodzi równość $\frac{MD}{AD} = \frac{NC}{BC}$ . Wobec tego każdy z odcinków $MS$ i $SN$ jest w takim samym stosunku do odcinka $AB$ , a to znaczy, że $MS = SN$ .

Związek między długością odcinka $MN$ i długościami podstaw trapezu $AB$ i $CD$ uzyskamy rozważając trójkąty podobne $BDA$ i $SDM$ , w których

$ \frac{MS}{AB} = \frac{SD}{BD}, $

oraz trójkąty podobne $DBC$ i $SBN$ , w których

$ \frac{SN}{DC} = \frac{BS}{BD}. $

Dodając powyższe równości otrzymujemy

$ \frac{MS}{AB} + \frac{SN}{DC} = \frac{BS + SD}{BD} = 1, $

a ponieważ $MS = SN = \frac{1}{2} MN$ , więc ostatnia równość daje

$ \frac{2}{MN} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{DC}, $

co właśnie oznacza, że odcinek $MN$ jest średnią harmoniczną podstaw trapezu $AB$ i $DC$

2° Jeżeli $\measuredangle ADC = \measuredangle ACB$ , to trójkąty $ABC$ i $CAD$ są podobne; zatem

$ \frac{AB}{AC} = \frac{AC}{DC}, \textrm{ skąd } AC = \sqrt{AB \cdot DC}, $

co oznacza, że $AC$ jest średnią geometryczną podstaw trapezu $AB$ i $CD$ .

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

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

$ (1) \qquad \frac{AC}{BC} = - \frac{AD}{BD}, \textrm{ więc też} \frac{CA}{DA} = - \frac{CB}{DB}. $

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

Jeżeli $(A, B, C, D)$ jest czwórką harmoniczną punktów, to odcinek $AB$ jest średnią harmoniczną odcinków $AC$ i $AD$ . Z równości (1) wynikają bowiem kolejno równości:

$AC \cdot BD = - BC \cdot AD,$

$AC \cdot (AD - AB) = - (AC - AB) \cdot AD,$

$2AC \cdot AD = AB \cdot AD + AB \cdot AC,$

$(2) \qquad \frac{2}{AB} = \frac{1}{AC} + \frac{1}{AD}.$

Wykonując przekształcenia powyższe w kierunku odwrotnym stwierdzamy, że równość (2) pociąga za sobą równość (1). Jeżeli zatem odcinek $AB$ jest średnią harmoniczną odcinków $AC$ i $AD$ , to punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą czwórkę harmoniczną.

Uwaga 2. Weźmy pod uwagę punkt przecięcia $T$ boków nierównoległych $AD$ i $BC$ trapezu (rys. 24) oraz punkty $P$ i $Q$ , w których prosta $ST$ przecina boki $AB$ i $CD$ . Udowodnimy, że punkty $P$ , $Q$ , $S$ , $T$ tworzą czwórkę harmoniczną.

W samej rzeczy, odcinki $AB$ i $DC$ są jednokładne względem środka $T$ , zatem

$ \frac{AB}{DC} = \frac{PT}{QT}. $

Odcinki $AB$ i $CD$ są zarazem jednokładne względem środka $S$ , zatem

$ \frac{AB}{DC} = - \frac{PS}{QS}. $

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

$ \frac{PT}{QT} = - \frac{PS}{QS}, $

czego właśnie mieliśmy dowieść.

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

$ AB \colon MN \colon DC = PT \colon ST \colon QT. $

Ponieważ $P$ , $Q$ , $S$ , $T$ tworzą czwórkę harmoniczną punktów, więc według uwagi 1 odcinki $PT$ , $ST$ , $QT$ spełniają związek

$ \frac{2}{ST} = \frac{1}{PT} + \frac{1}{QT}. $

Taki sam związek spełniają proporcjonalne do nich odcinki $AB$ , $MN$ i $DC$ , tj.

$ \frac{2}{MN} = \frac{1}{AB} + \frac{1}{DC}. $

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

Czworobokiem zupełnym nazywamy figurę utworzoną przez cztery proste $a$ , $b$ , $c$ , $d$ płaszczyzny, przecinające się wzajemnie w sześciu punktach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ (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 $A$ i $B$ , $C$ i $D$ , $E$ i $F$ .

Proste przechodzące przez wierzchołki przeciwległe nazywamy przekątnymi czworoboku zupełnego. Na rysunku 25 przekątnymi czworoboku zupełnego są proste $AB$ , $CD$ , $EF$ . 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 $E$ , $F$ , $P$ , $Q$ stanowią czwórkę harmoniczną punktów.

Dowód oprzemy na twierdzeniu Menelausa:

Jeżeli pewna prosta przecina proste $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ , to

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = -1. $

Zastosujemy to twierdzenie:

1° do prostych $AE$ , $EF$ , $FA$ przeciętych prostą w punktach $C$ , $Q$ , $D$ :

$ \frac{AC}{CE} \cdot \frac{EQ}{QF} \cdot \frac{FD}{DA} = -1; $

2° do prostych $DE$ , $EF$ , $FD$ przeciętych prostą w punktach $B$ , $P$ , $A$ :

$ \frac{DB}{BE} \cdot \frac{EP}{PF} \cdot \frac{FA}{AD} = -1; $

3° do prostych $AD$ , $DE$ , $EA$ przeciętych prostą w punktach $F$ , $B$ , $C$ :

$ \frac{AF}{FD} \cdot \frac{DB}{BE} \cdot \frac{EC}{CA} = -1. $

Z równości 1° i 2° otrzymujemy

$ \frac{EP}{PF} = - \frac{AD \cdot BE}{FA \cdot DB} \textrm{ oraz } \frac{EQ}{QF} = - \frac{DA \cdot CE}{FD \cdot AC}, $

skąd

$ \frac{EP}{PF} \colon \frac{EQ}{QF} = \frac{BE\cdot FD\cdot AC}{FA\cdot DB\cdot CE} = - \frac{BE\cdot FD\cdot CA}{AF\cdot DB\cdot EC} $

i z uwagi na równość 3° mamy

$ \frac{EP}{PF} \colon \frac{EQ}{QF} = -1, $

co oznacza, że punkty $E$ , $F$ , $P$ , $Q$ tworzą czwórkę harmoniczną.

IV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

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

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

IV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że gdy $n$ jest liczbą całkowitą wiekszą od $2$ , to

$ 2^{\frac{1}{2}n(n-1)} > n!. $

Rozwiązanie

Można bezpośrednio zastosować indukcję zupełną do dowodu nierówności

$ (1) \qquad 2^{\frac{1}{2}n(n-1)} > n! $

dla dowolnych liczb całkowitych $n > 2$ .

1° Gdy $n = 3$ , nierówność (1) jest prawdziwa, gdyż wówczas

$ 2^{\frac{1}{2}n(n-1)} = 2^3 = 8, \textrm{ a } n! = 6. $

2° Jeżeli nierówność (1) jest prawdziwa dla jakiegoś $k \geq 3$ , tj. jeżeli

$ 2^{\frac{1}{2}k(k-1)} > k!, $

$ 2^{\frac{1}{2}(k+1)k} = 2^{\frac{1}{2}k(k-1)+k} = 2^{\frac{1}{2}k(k-1)} \cdot 2^k > k! \cdot 2^k > k! (k+1) = (k+1)!, $

a więc

$ 2^{\frac{1}{2}(k+1)k} > (k+1)!. $

Z 1° i 2° wynika prawdziwość nierówności (1) dla każdego całkowitego $n \geq 3$ .

IV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Przez punkt $M$ dany na przedłużeniu boku $AB$ trójkąta $ABC$ poprowadzić prostą przecinającą boki $AC$ i $BC$ w punktach $N$ i $P$ w taki sposób, żeby odcinki $AN$ i $BP$ były równe.

Rozwiązanie

Analiza. Obierzmy punkt $M$ - dajmy na to - na przedłużeniu boku danego trójkąta poza punkt $B$ (rys. 28). Przypuśćmy, że prosta $m$ jest rozwiązaniem zadania, tj, że $AN = BP$ .

Poprowadźmy przez punkt $B$ równoległą do prostej $m$ ; przetnie ona bok $AC$ trójkąta w pewnym punkcie $Q$ . Stosując twierdzenie Talesa do prostych $AB$ i $AC$ , przeciętych równoległymi $QB$ i $m$ , oraz do prostych $AC$ i $BC$ , przeciętych tymiż równoległymi, otrzymujemy proporcje

$ \frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN} \textrm{ i } \frac{BP}{QN} = \frac{PC}{NC}. $

Ponieważ z zawożenia jest $BP = AN$ , więc z tych proporcyj wynika, że

$ \frac{PC}{NC} = \frac{AM}{BM}. $

Poszukiwana prosta $m$ odcina zatem od danego trójkąta taki trójkąt $PCN$ , w którym stosunek boków $PC$ i $NC$ równa się stosunkowi danych odcinków $AM$ i $BM$ .

Konstrukcja. Prostą o powyższej własności wykreślimy w sposób następujący: Na półprostych $CA$ i $CB$ (rys. 29) odmierzamy odpowiednio odcinki $CN_1 = BM$ i $CP_1 = AM$ . Przez punkt $M$ prowadzimy prostą $m$ równoległą do prostej $P_1N_1$ ; prosta $m$ przecina proste $BC$ i $AC$ w punktach $P$ i $N$ , przy czym zachodzą proporcje

$ \frac{PC}{NC} = \frac{P_1C}{N_1C} = \frac{AM}{BM}. $

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

$ \frac{AM}{BM} = \frac{AN}{QN},\ \frac{PC}{NC} = \frac{BP}{QN}. $

Lewe strony tych równości są według konstrukcji równe, zatem

$ \frac{AN}{QN} = \frac{BP}{QN}, \textrm{ a stąd } AN = BP. $

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

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

Jeśli punkt $N$ leży na odcinku $AC$ , to punkt $Q$ , jako należący do boku $AN$ trójkąta $AMN$ , leży również na odcinku $AC$ , wobec czego mamy na tym odcinku kolejność punktów: $A$ , $Q$ , $N$ , $C$ .

Wysnujemy stąd dwa wnioski:

1° Ponieważ $\frac{AC}{AN} = \frac{AQ + QC}{AQ + QN}$ , a $QC > QN$ , więc $\frac{AC}{AN} < \frac{QC}{QN}$ (zastosowaliśmy tu twierdzenie arytmetyki: jeżeli $a > b > 0$ i $c > 0$ , to $\frac{a + c}{b+c} < \frac{a}{b}$ ), co wobec równości $\frac{QC}{QN} = \frac{BC}{BP}$ i $BP = AN$ daje $\frac{AC}{AN} < \frac{BC}{AN}$ , i ostatecznie mamy

$ (1) \qquad AC < BC. $

2° Ponieważ według konstrukcji jest $\frac{BM}{AM} = \frac{CN_1}{CP_1} = \frac{CQ}{CB}$ , a $CQ < AC$ , więc

$ (2) \qquad \frac{BM}{AM} < \frac{AC}{CB}. $

Nierówności (1) i (2), które wywnioskowaliśmy z założenia, że zbudowana prosta $m$ jest rozwiązaniem zadania, stanowią zatem warunki konieczne istnienia rozwiązania. Możemy je wypowiedzieć poglądowo, jak następuje: Punkt $M$ 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 $Q$ leży na odcinku $CN_1$ i $\frac{BM}{AM}= \frac{CN_1}{CP_1}$ ; jeśli więc spełniony jest warunek (2), to

$ \frac{CQ}{CB} < \frac{AC}{CB}, \textrm{ więc } CQ < AC, $

tzn. punkt $Q$ leży na odcinku $AC$ . W takim razie punkt $N$ leży na półprostej $AC$ , gdyż $Q$ znajduje się między $A$ i $N$ .

Z drugiej strony, według konstrukcji mamy

$ \frac{AN}{QN} = \frac{AM}{BM} = \frac{CP_1}{CN_1} = \frac{CB}{CQ}; $

jeśli więc spełniony jest warunek (1), to

$ \frac{AN}{QN} > \frac{AC}{QC}, \textrm{ zatem } \frac{AQ + QN}{QN} > \frac{AQ + QC}{QC}; $

z tej nierówności wynika, że

$ \frac{AQ}{QN} > \frac{AQ}{QC}, \textrm{ a stąd } QN < QC. $

Punkt $N$ leży więc na odcinku $QC$ , a tym samym na odcinku $AC$ .

Uzyskaliśmy wynik: W przypadku, gdy $AM > BM$ , 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 $BP = AN$ (rys. 30). Poprowadźmy, $PK \parallel AN$ ; wówczas $AN > PK$ , zatem $BP > PK$ , więc też $BC > AC$ .

Uwaga 2. Warunek (2) można interpretować jak następuje: Niech $AC'B$ (rys. 31) będzie trójkątem symetrycznym do trójkąta $ACB$ . Jeśli $AC < BC$ , to $AC' > BC'$ i dwusieczna kąta zewnętrznego w trójkącie $AC'B$ przy wierzchołku $C'$ przecina przedłużenie odcinka $AB$ poza punkt $B$ w punkcie $M_0$ . Według twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie mamy

$ \frac{BM_0}{AM_0} = \frac{BC'}{AC'} = \frac{AC}{BC}. $

Warunek (2) można więc zastąpić warunkiem

$ \frac{BM}{AM} < \frac{BM_0}{AM_0}, $

który oznacza, że punkt $M$ powinien się znajdować pomiędzy punktem $B$ a punktem $M_0$ .

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 $m$ przecina proste skierowane $AB$ , $BC$ , $CA$ odpowiednio w punktach $M$ , $P$ , $N$ , to zachodzi równość

$ (\alpha) \qquad \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CN}{NA} = -1. $

Jeżeli prosta $m$ jest rozwiązaniem naszego zadania, to $BP = NA$ i równość $(\alpha)$ przybiera postać

$ (\beta) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{CN}{PC} = -1. $

Wprowadźmy oznaczenia: $AB = c$ , $BC = a$ , $CA = b$ , $BM = p$ , $CN = x$ ; wtedy $AM = c + p$ , $PC = BC - BP = BC - NA = a - (b - x)$ i równość $(\beta)$ daje

$ (\beta') \qquad \frac{c + p}{-p} \cdot \frac{x}{a - b + x} = -1, $

stąd

$ (\gamma) \qquad a = \frac{(a - b) p}{c}. $

Ponieważ $0 < CN < CA$ , czyli $0 < x < b$ , więc ze wzoru ( $\gamma$ ) wynikają nierówności

$ (\delta) \qquad b<a, $

$ (\varepsilon) \qquad p < \frac{bc}{a-b}. $

Nierówność ( $\delta$ ) jest identyczna z nierównością (1), a nierówność ( $\varepsilon$ ) jest równoważna nierówności $\frac{p}{c+p} < \frac{b}{a}$ , czyli nierówności (2). Otrzymaliśmy te same, co poprzednio warunki konieczne do tego, aby istniało rozwiązanie zadania.

Przypuśćmy, że warunki ( $\delta$ ) i ( $\varepsilon$ ) są spełnione. Jeśli wyznaczymy $x$ ze wzoru ( $\gamma$ ) i na półprostej $CA$ odmierzymy $CN = x$ , to prosta $MN$ będzie rozwiązaniem zadania. W rzeczy samej, zachodzi wówczas równość ( $\beta '$ ) więc i równość ( $\beta$ ), w której $P$ oznacza punkt przecięcia prostej $MN$ z odcinkiem $BC$ . A ponieważ punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na jednej prostej, więc prawdziwa jest równość ( $\alpha$ ), z równości zaś ( $\alpha$ ) i ( $\beta$ ) wynika, że $BP = NA$ , czego należało dowieść.

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

Odmierzamy $CD = CA$ , prowadzimy $ME \parallel AD$ i odmierzamy $CN = EB$ ; prosta $MN$ jest prostą szukaną.

IV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a < b < c < d$ , to

$ (1) \qquad (a + b + c + d)^2 > 8 (ac + bd). $

Rozwiązanie

Uporządkujmy wyrażenie $m = (a + b + c + d)^2 - 8ac - 8bd$ według potęg jednej z liter, np. litery $a$ :

$ m = a^2 + 2 (b - 3c + d)a + [(b + c + d)^2 - 8bd], $

i obliczmy wyróżnik otrzymanej funkcji kwadratowej:

$ \begin{split} \frac{1}{4} \Delta &= (b - 3c + d)^2 - (b + c + d)^2 + 8bd= (2b - 2c + 2d) (-4c) + 8 bd =\\ &= 8 (bd - bc + c^2 - cd) = 8 (b - c) (d - c). \end{split} $

Gdy $b < c < d$ lub $d < c < b$ , to $\Delta < 0$ , zatem $m > 0$ .

IV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dane są dwie proste skośne $m$ i $n$ . Na prostej $m$ odmierzono odcinek $AB$ o danej długości $a$ , a na prostej $n$ odmierzono odcinek $CD$ o danej długości $b$ . Dowieść, że objętość czworościanu $ABCD$ nie zależy od położenia odcinków $AB$ i $CD$ na prostych $m$ i $n$ .

Rozwiązanie

Figurę utworzoną przez dwie proste skośne $m$ i $n$ najdogodniej przedstawić na rysunku przy pomocy rzutów na dwie płaszczyzny wzajemnie prostopadłe. Za rzutnię poziomą obierzemy dowolną płaszczyznę równoległą do obu prostych $m$ i $n$ (rys. 33). Rzutami pionowymi danych prostych będą wówczas proste równoległe $m''$ i $n''$ , których, odległość $l$ równa się odległości prostych skośnych $m$ i $n$ . Rzuty poziome $m'$ i $n'$ będą dwiema przecinającymi się prostymi, tworzącymi kąt $\varphi$ równy kątowi między prostymi skośnymi $m$ i $n$ . Rzuty poziome odcinków $AB$ i $CD$ równoległych do rzutni poziomej, mają długości $A'B' = a$ i $C'D' = b$ .

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

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

Ale pole równolegloboku $AEBF$ , którego przekątne mają długości $a$ i $b$ i tworzą kąt $\varphi$ , równa się $\frac{1}{2} ab \sin \varphi$ ; zatem $V = \frac{1}{2} abd \sin \varphi$ .

Czworościan $ABCD$ powstaje z równoległościanu przez obcięcie czterech narożnych czworościanów $EABC$ , $FABD$ , $GACD$ , $HBCD$ (rys. 34). Objętość każdego z tych czworościanów, których podstawy są dwa razy mniejsze od podstaw równoległościanu, a wysokości są równe $d$ , wynosi $\frac{1}{6} V$ .

Zatem objętość czworościanu równa się $\frac{1}{3} V = \frac{1}{6} abd \sin \varphi$ , jest więc zależna tylko od długości $a$ , $b$ , $d$ i kąta $\varphi$ , a nie zależy od położenia odcinków $AB$ i $CD$ na prostych $m$ i $n$ .

IV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Dowieść, że jeżeli $A + B + C$ lub $A + B - C$ lub $A - B + C$ lub $A - B - C$ równa się nieparzystej ilości kątów półpełnych, to $\cos^2A + \cos^2B + \cos^2C + 2 \cos A \cos B \cos C = 1$ i że prawdziwe jest twierdzenie odwrotne.

Rozwiązanie

\spos{1} Mamy dowieść, że

$ (1) \qquad \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C + 2 \cos A \cos B \cos C - 1 = 0. $

Zadanie można rozwiązać w sposób bardzo prosty, gdy się zauważy że równanie $x = (2k + 1) \cdot 180^\circ$ jest równoważne równaniu $\cos \frac{x}{2} = 0$ . Warunek konieczny i dostateczny, żeby jeden z kątów $A + B+C$ , $A + B - C$ , $A-B+C$ , $A - B-C$ równał się nieparzystej wielokrotności kąta półpełnego, można więc wyrazić następującym równaniem (2)

$ \cos \frac{A + B + C}{2} \cos \frac{A + B - C}{2} \cos \frac{A - B + C}{2} \cos \frac{A - B - C}{2}= 0. $

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:

$ \begin{split} & \cos \frac{A + B + C}{2} \cos \frac{A + B - C}{2} \cos \frac{A - B + C}{2} \cos \frac{A - B - C}{2}= \\ & = \frac{1}{4} [\cos (A + B) + \cos C] \cdot [\cos (A - B) + \cos C] =\\ & = \frac{1}{4} [\cos (A+B) \cos (A-B) + \cos (A+B) \cos C + \cos (A - B)\cos C+ \cos^2 C] = \\ & = \frac{1}{4} (\cos^2 A \cos^2 B - \sin^2 A \sin^2 B + 2 \cos A \cos B \cos C + \cos^2 C) = \\ & = \frac{1}{4} (\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C + 2 \cos A \cos B \cos C -1). \end{split} $

Okazało się, że lewa strona równości (2) jest tożsamościowo równa $\frac{1}{4}$ lewej strony równości (1). Równości te są więc równoważne, a stąd wynika, że równość (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy któryś z kątów $A + B + C$ , $A + B - C$ , $A - B + C$ , $A - B - C$ jest nieparzystą wielokrotnością kąta półpełnego.

IV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

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

Rozwiązanie

Niech $M$ oznacza punkt przecięcia prostych $AB$ i $p$ i niech okrąg przechodzący przez punkty $A$ i $B$ przecina prostą $p$ w punktach $C$ i $D$ (rys. 35).

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