IV OM - II etap

II etap IV Olimpiady Matematycznej

IV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Ułożono tablicę

$ \begin{array}{rcl} 1 & = & 1 \\ 2 + 3 + 4 & = & 1 + 8 \\ 5 + 6 + 7 + 8 + 9 & = & 8 + 27\\ 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 & = & 27 + 64\\ & \ldots & \end{array} $

Napisać taki wzór na $n$ -ty wiersz tablicy, który by przy podstawieniach $n = 1, 2, 3, 4$ dawał powyższe cztery wiersze tablicy i był prawdziwy dla każdego naturalnego $n$ .

Rozwiązanie

Lewe strony wypisanych czterech wierszy tablicy można utworzyć w sposób następujący: W pierwszym wierszu mamy liczbę $1$ , równą $1^2$ ; w drugim wierszu piszemy sumę kolejnych liczb całkowitych od $1^2 + 1$ do $2^2$ ; w trzecim wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $2^2 + 1$ do $3^2$ ; wreszcie w czwartym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $3^2 + 1$ do $4^2$ . Postępując w ten sam sposób dalej mielibyśmy w piątym wierszu sumę kolejnych liczb całkowitych od $4^2 + 1$ do $5^2$ , i ogólnie: w $n$ -tym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $(n - 1)^2 + 1$ do $n^2$ . Sumę taką zapisuje się w postaci

$ (1) \qquad \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{k=n^2} k. $

Symbol $\Sigma$ jest grecką literą "sigma wielkie", a zapis powyższy oznacza, że należy zamiast $k$ podstawiać po kolei liczby całkowite od $(n - 1)^2 + 1$ do $n^2$ , a następnie liczby te dodać. W ten sposób dla $n = 1, 2, 3, 4$ otrzymujemy

$ \sum_{k=1}^{k=1} k =1,\ \sum_{k=2}^{k=4} k = 2+3+4,\ \sum_{k=5}^{k=9} k =5+6+7+8+9,\ \sum_{k=10}^{k=16} k =10+11+12+13+14+15+16, $

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

Po prawej stronie wypisanych wierszy tablicy mamy sumy sześcianów dwóch kolejnych liczb całkowitych, a mianowicie sumy: $0^3 + 1^3$ ; $1^3 + 2^3$ , $2^3 + 3^3$ ; $3^3 + 4^3$ . Są to wartości sumy

$ (2) \qquad (n-1)^3 + n^3, $

gdy $n$ równa się kolejno $1$ , $2$ , $3$ , $4$ . Sumę (2) możemy przyjąć za prawą stronę $n$ -tego wiersza tablicy. Wzór

$ (3) \qquad \sum_{k = (n-1)^2 + 1}^{k = n^2} = (n - 1)^3 + n^3 $

daje dla $n = 1, 2, 3, 4$ wypisane cztery wiersze tablicy.

Należy jeszcze wykazać, że wzór (3) jest prawdziwy dla każdego naturalnego $n$ . Otóż lewa strona równości (3) jest sumą wyrazów postępu arytmetycznego, którego pierwszym wyrazem jest liczba $(n - 1)^2 + 1$ , ostatnim wyrazem - liczba $n^2$ , a ilość wyrazów wynosi $n^2 - (n - 1)^2 = 2n - 1$ . Zatem

$ \sum_{k=(n- 1)^2+1}^{k=n^2} k = \frac{(n - 1)^2 + 1 + n^2}{2} \cdot (2n -1) = (n^2-n+1) (2n - 1) = 2n^3 - 3n^2 + 3n - 1. $

Ponieważ również

$ (n - 1)^3 + n^3 = 2n^3 - 3n^2 + 3n - 1, $

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

Uwaga. Myliłby się, kto by sądził, że wzór (3) jest jedynym wzorem typu $f (n) = \varphi (n)$ , który dla $n = 1, 2, 3, 4$ daje równości wymienione w temacie zadania. Mylny byłby również pogląd, że jeżeli jakiś wzór $f (n) = \varphi (n)$ przy podstawieniu $n = 1, 2, 3, 4$ daje cztery równości wymienione w temacie zadania, to dla $n = 5$ musi dać równość

$ 17 + 18 + \ldots + 24 + 25 = 64 + 125. $

Weźmy dla przykładu funkcje:

$ \begin{split} f(n)& = \frac{(n-2) (n- 3)(n-4)(n-5)}{24} \cdot 1 + \\ & - \frac{(n - 1) (n - 3) (n - 4) (n - 5)}{6} \cdot (2+3+4) + \\ & + \frac{(n - 1)(n - 2) (n - 4) (n- 5)}{4} \cdot (5+6 + 7 + 8 + 9) +\\ & - \frac{(n -1)(n - 2) (n - 3) (n - 5)}{6} \cdot(10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16), \end{split} $

$ \begin{split} \varphi(n) & = \frac{(n - 2) (n - 3) (n - 4) (n - 5)}{24} \cdot 1 + \\ & - \frac{(n - 1)(n - 3) (n - 4) (n - 5)}{6} \cdot (1 + 8) +\\ & + \frac{(n - 1) (n - 2) ( n- 4) (n - 5)}{4} \cdot (8 + 27) + \\ & + \frac{(n - 1) (n - 2) (n - 3) (n - 5)}{6} \cdot (27 + 64). \end{split} $

Wówczas równość $f(n) = \varphi (n)$ będzie prawdziwa dla każdej wartości $n$ , przy czym dla $n = 1, 2, 3, 4$ daje właśnie takie równości, jakie są podane w temacie zadania; natomiast dla $n = 5$ wzór ten daje równość $0 = 0$ .

IV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

Dowieść, że równanie

$ (1) \qquad (x - a) (x - c) + 2 (x - b) (x - d) = 0, $

w którym $a < b < c < d$ , ma dwa pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

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

$ (2) \qquad (x - a) (x - c) + 2 ( x - b) (x - d). $

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 $x$ jest większe od każdej z liczb $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , to każda z różnic $x - a$ , $x - b$ , $x - c$ , $x - d$ jest dodatnia i funkcja (2) ma wartość dodatnią. Łatwo wskazać taką wartość $x$ , dla której ta funkcja jest ujemna; gdy na przykład $x = b$ , funkcja (2) ma wartość

$ (b -a)(b- c), $

która jest ujemna, gdyż według założenia $b - a>0$ , a $b - c < 0$ . Twierdzenie zostało tym samym udowodnione.

Uwaga 1. Z powyższego dowodu widać, że zamiast założenia $a < b < c < d$ wystarczy przyjąć, że $a < b < c$ .

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

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

Twierdzenie to pozostanie prawdziwe, gdy w równaniu (1) współczynnik $2$ zastąpimy dowolną liczbą dodatnią $k$ ; dowód powyższy nie wymaga zmiany. Inaczej będzie, gdy zamiast współczynnika $2$ 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):

$ \Delta = (a + c + 2b + 2d)^2 - 12 (ac + 2bd). $

Wzorując się na rozwiązaniu zadania nr 24 wykażemy z łatwością, że gdy któraś z liczb $a$ i $c$ leży między liczbami $b$ i $d$ lub któraś z liczb $b$ i $d$ leży między liczbami $a$ i $c$ , to $\Delta > 0$ .

IV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Trójkątny kawałek blachy waży $900$ g. Dowieść, że rozcinając tę blachę po prostej przechodzącej przez środek ciężkości trójkąta nie można odciąć kawałka ważącego mniej niż $400$ 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 $\frac{4}{9}$ pola całego trójkąta.

Niech $P$ będzie środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ o polu $S$ (rys. 36). Gdy trójkąt rozetniemy wzdłuż jednej ze środkowych, np. wzdłuż $AD$ , podzielimy go na dwa trójkąty o polach równych $\frac{1}{2}S$ . Rozcinając trójkąt $ABC$ wzdłuż odcinka przechodzącego przez punkt $P$ i równoległego do jednego z boków trójkąta, np. wzdłuż odcinka $EF$ równoległego do boku $AB$ , podzielimy ten trójkąt na trójkąt $EFC$ i trapez $ABFE$ . Trójkąt $EFC$ jest podobny do trójkąta $ABC$ w skali $\frac{EC}{AC} = \frac{2}{3}$ . Ponieważ stosunek pól figur podobnych równa się kwadratowi skali podobieństwa, więc pole trójkąta $EFG$ równa się $\frac{4}{9} S$ , a pole trapezu $ABFE$ równa się $\frac{5}{9}S$ .

Okazało się, że w rozpatrzonych dwóch przypadkach teza twierdzenia sprawdza się. Poprowadźmy przez punkt $P$ 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 $AC$ w punkcie $M$ i bok $BC$ w punkcie $N$ . Punkty $M$ i $N$ leżą po przeciwnych stronach prostej $EF$ : niech na przykład punkt $M$ leży na odcinku $AE$ , a punkt $N$ na odcinku $FD$ . Twierdzenie nasze będzie udowodnione, gdy wykażemy, że

$ \frac{4}{9} S < \textrm{pole }MNC < \frac{5}{9}S. $

Zauważmy w tym celu, że

$ (1) \qquad \begin{array}{l} \textrm{pole } MNC = \textrm{pole } EFC + \textrm{pole } MPE - \textrm{pole } NPF,\\ \textrm{pole } MNC = \textrm{pole } ADC + \textrm{pole } PND - \textrm{pole } PMA. \end{array} $

Niech $K$ będzie punktem symetrycznym do punktu $A$ względem punktu $P$ . Punkt $K$ leży na przedłużeniu odcinka $PD$ poza punkt $D$ , gdyż $PK = AP = 2PD$ . Trójkąt $PFK$ jest symetryczny do trójkąta $PEA$ względem punktu $P$ . Niech $L$ będzie punktem odcinka $FK$ symetrycznym do punktu $M$ . Wówczas

$ (2) \qquad \begin{array}{l} \textrm{pole } MPE - \textrm{pole } NPF = \textrm{pole } LPF - \textrm{pole } NPF = \textrm{pole } LNF > 0,\\ \textrm{pole } PMA - \textrm{pole } PND = \textrm{pole } PLK - \textrm{pole } PND = \textrm{pole } LKDN > 0. \end{array} $

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

$ \textrm{pole } MNC > \textrm{pole } EFC, \textrm{ tj. } \textrm{pole } MNC > \frac{4}{9}S; $

$ \textrm{pole } MNC < \textrm{pole } ADC, \textrm{ tj. } \textrm{pole } MNC < \frac{5}{9} S, $

czego należało dowieść.

IV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} x_1x_2 = 1\\ x_2x_3 = 2\\ x_3x_4 = 3\\ \ldots\\ x_nx_1 = n \end{array} $

Rozwiązanie

W zadaniu nr 2 rozważyliśmy przypadek szczególny układu równań (1), w którym $n = 7$ . Gdy $n$ jest dowolne, należy rozróżnić dwa przypadki.

1. Liczba $n$ jest parzysta, $n = 2m$ . Mnożąc stronami równania: pierwsze, trzecie, $\ldots$ aż do $(2m - 1)$ -ego otrzymujemy

$ (2) \qquad x_1x_2x_3x_4 \ldots x_{2n-1}x_{2n} = 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m - 1). $

Mnożąc zaś stronami równania: drugie, czwarte, $\ldots$ aż do $2m$ -ego otrzymujemy

$ (3) \qquad x_2x_3x_4x_5 \ldots x_{2m}x_1 = 2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m). $

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 $n$ jest liczbą parzystą, dany układ równań nie ma rozwiązań.

2. Liczba $n$ jest nieparzysta, $n= 2m+ 1$ .

Zauważmy najpierw, że jeżeli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają układ równań (1), to albo wszystkie są dodatnie, albo wszystkie są ujemne, a przy tym liczby $-x_1, - x_2, \ldots ,-x_n$ także spełniają ten układ równań. Wystarczy zatem znaleźć rozwiązania dodatnie, do czego się w dalszym ciągu ograniczymy.

Mnożymy równania danego układu stronami:

$ (x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1})^2 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1), $

stąd

$ (4) \qquad x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} = \sqrt{ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}. $

Mnożymy stronami równania: pierwsze, trzecie, $\ldots$ aż do $(2m + 1)$ -ego, tj. do ostatniego:

$ (5) \qquad x_1x_2x_3x_4x_5x_6 \ldots x_{2m+1} x_1 = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2m+1). $

Dzielimy równania (5) i (4) stronami:

$ (6) \qquad x_1 = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}{ \sqrt{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}}. $

Z pierwszych $2m$ równań układu (1) otrzymujemy

$ (7) \qquad x_2 = \frac{1}{x_1},\ x_3 = \frac{2}{x_2},\ x_4 = \frac{3}{x_3},\ x_5 = \frac{4}{x_4},\ \ldots,\ x_6 = \frac{2m}{x_{2m}}. $

Stąd możemy obliczyć kolejno niewiadome $x_2, x_3, \ldots, x_n$ w zależności od $x_1$ :

$ (8) \qquad x_2 = \frac{1}{x_1},\ x_3 = 2x_1,\ x_4 = \frac{3}{2x_1},\ x_5 = \frac{2 \cdot 4}{3} \cdot x_1,\ \ldots. $

Nie trudno dowieść, że począwszy od $x_4$ wartości niewiadomych wyrażają się wzorami

$ (9) \qquad \begin{array}{l} x_{2k} = \frac{3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k - 2)} \cdot \frac{1}{x_1},\\ x_{2k+1} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2k}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)} \cdot x_1, \end{array} $

gdzie $k$ przybiera wartości $2, 3, \ldots, m$ .

Zastosujemy w tym celu indukcję zupełną. Podstawiając we wzorach (9) $k = 2$ otrzymujemy dla $x_4$ i $x_5$ wyrażenia podane w (8). Przypuśćmy teraz, że wzory (9) są prawdziwe dla pewnego $k$ ; udowodnimy, że pozostaną prawdziwe, gdy zamiast $k$ podstawimy w nich $k + 1$ . Istotnie według (7) jest $x_{r+1} = \frac{r}{x_r}$ , więc

$ x_{2k+2} = \frac{2k + 1}{x_{2k+1}} = \frac{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k)} \cdot \frac{2k + 1}{x_1}, $

$ x_{2k+3} = \frac{2k + 2}{x_{2k+2}} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2k}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k-1)} \cdot \frac{2k + 2}{2k+1} \cdot x_1, $

a to są właśnie wzory wynikające ze wzorów (9) przy zamianie $k$ na $k + 1$ .

Obliczyliśmy w ten sposób wartości wszystkich niewiadomych; mianowicie $x_1$ wyrażone jest wzorem (6), $x_2 = \frac{1}{x_1}$ , $x_3 = 2x_1$ , a dalsze niewiadome wyrażone są wzorami (9).

Trzeba jeszcze sprawdzić, czy otrzymane wartości spełniają wszystkie równania układu (1). O ile chodzi o pierwszych $2m$ równań, fakt ten nie ulega wątpliwości, gdyż ze sposobu, w jaki obliczyliśmy niewiadome $x_2, x_3, \ldots, x_{2m+1}$ , widać od razu, że spełniają one równania (7). Sprawdzimy, czy spełnione jest ostatnie równanie.

Z drugiego ze wzorów (9) mamy:

$ x_{2m+1} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m)}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m-1)} \cdot x_1, \textrm{ więc} $

$ x_{2m+1}x_1 = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2m}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m -1)} \cdot x_1^2, $

zatem, według (6),

$ x_{2m+1}x_1 = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m)}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m - 1)} \cdot \frac{1^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)^2}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)} = 2m + 1. $

Ostatnie równanie jest więc spełnione. Uzyskaliśmy wynik:

Gdy $n$ jest liczbą nieparzystą, układ równań (1) ma dwa rozwiązania. Pierwsze rozwiązanie jest określone wzorem (6), wzorami $x_2 = \frac{1}{x_1}$ , $x_3 = 2x_1$ oraz wzorami (9), w których $k$ przybiera wartości $2, 3, \ldots, \frac{n-1}{2}$ ; drugie rozwiązanie składa się z liczb przeciwnych do poprzednich.

Uwaga. W taki sam sposób, jak wyżej, można rozwiązać (dla $n$ 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

$ (10) \qquad \begin{array}{c} x_1x_2 = a_1,\\ x_2x_3 = a_2,\\ \ldots,\\ x_{2m}x_{2m+1} = a_{2m},\\ x_{2m+1} x_1 = a_{2m+1}, \end{array} $

przy czym $a_1a_2 \ldots a_{2m+1} > 0$ . Oznaczmy

$ R = \varepsilon \sqrt{a_1a_2 \ldots a_{2m+1}}, \textrm{ gdzie }\varepsilon = 1 \textrm{ lub } \varepsilon = - 1. $

Mnożąc stronami wszystkie dane równania i wyciągając obustronnie pierwiastek kwadratowy otrzymujemy

$ x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} = R. $

Natomiast mnożąc stronami równania, w których po prawej stronie występują liczby $a_1, a_3, \ldots, a_{2m-1}, a_{2m+1}$ otrzymujemy

$ x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} x_1 = a_1a_3a_5 \ldots a_{2m+1}. $

Stąd

$ (1) \qquad a_1 = \frac{a_1 a_3 a_5 \ldots a_{2m+1}}{R}. $

Jeżeli w równaniach (10) wykonamy cykliczne podstawienie wskaźników:

$ \left( \begin{array}{c} 1, 2, 3, \ldots, 2m, 2m+1 \\ 2, 3, 4, \ldots, 2m + 1, 1 \end{array} \right) $

tzn. jeśli każdy ze wskaźników $1, 2, \ldots, 2m$ zastąpimy wskaźnikiem o $1$ większym, a wskaźnik $2m+1$ wskaźnikiem $1$ , to układ równań (10) nie ulegnie zmianie, a wzór (11) przejdzie na wzór

$ (12) \qquad x_2 = \frac{a_2a_4a_6 \ldots a_{2m}a_1}{R}. $

Stosując znowu podstawienie cykliczne otrzymujemy ze wzoru (12) wzór

$ (13) \qquad = x_3 = \frac{a_3a_5 \ldots a_{2m+1} a_2}{R}. $

Postępując tak w dalszym ciągu otrzymujemy ogólnie

$ x_{2k} = \frac{a_{2k}a_{2k + 2} \ldots a_{2m} a_1a_3 \ldots a_{2k-1}}{R} $

$ x_{2k+1} = \frac{a_{2k+1} a_{2k + 3} \ldots a_{2m + 1}a_2a_4 \ldots a_{2k}}{R}, $

gdzie $k = 1, 2, 3, \ldots, m$ . Łatwo sprawdzić, że otrzymane w ten sposób wartości dla $x_1, x_2, \ldots x_{2m + 1}$ spełniają wszystkie równania układu równań (10); mamy tu dwa rozwiązania tego układu, gdyż w wyrażeniu $R$ możemy przyjąć $\varepsilon = 1$ lub $\varepsilon = - 1$ .

IV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Obliczyć objętość $V$ czworościanu $ABCD$ mając daną długość $d$ krawędzi $AB$ oraz pole $S$ rzutu czworościanu na płaszczyznę prostopadłą do prostej $AB$ .

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez wierzchołek $A$ czworościanu $ABCD$ płaszczyznę $\alpha$ prostopadłą do krawędzi $AB$ (rys. 37) a przez punkty $C$ i $D$ poprowadźmy równoległe do prostej $AB$ aż do przecięcia z płaszczyzną $\alpha$ w punktach $C'$ i $D'$ . Rzutem prostokątnym czworościanu $ABCD$ na płaszczyznę $\alpha$ będzie trójkąt $AC'D'$ .

Objętość $V$ czworościanu $ABCD$ równa się objętości czworościanu $ABCD'$ , gdyż oba, czworościany mają tę samą podstawę $ABC$ , a prosta $DD'$ , na której leżą ich wierzchołki, jest równoległa do prostej $AB$ , więc jest też równoległa do płaszczyzny $ABC$ . Podobnie objętość czworościanu $ABCD'$ równa się objętości czworościanu $ABC'D'$ , gdyż wierzchołki $C$ i $C'$ tych czworościanów leżą na równoległej do ich wspólnej podstawy $ABD'$ . Zatem objętość czworościanu $ABCD$ równa się objętości czworościanu $ABC'D'$ . Ponieważ $AB \bot \alpha$ , więc

$ \textrm{objętość }ABC'D' = \frac{1}{3} (\textrm{pole }AC'D') \cdot AB = \frac{1}{3} Sd $

i ostatecznie

$ V = \frac{1}{3} Sd. $

IV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

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 $d$ .

Rozwiązanie

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

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

Jeżeli ten okrąg ma z prostą $n$ punkt wspólny $B$ , prowadzimy do danego okręgu styczne równoległe do prostej $AB$ . Zadanie ma $4$ rozwiązania, $2$ rozwiązania, lub nie ma żadnego rozwiązania zależnie od tego, czy $d$ jest większe od odległości prostych $m$ i $n$ , równe tej odległości, czy mniejsze od niej.