IV OM - III etap

III etap IV Olimpiady Matematycznej

IV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

III

Zbadać, czy równanie

$ (1) \qquad \frac{1}{x - a} + \frac{1}{x - b} + \frac{1}{x - c} = 0, $

gdzie $a$ , $b$ , $c$ oznaczają dane liczby rzeczywiste, ma pierwiastki rzeczywiste.

Rozwiązanie

Każda liczba $x$ spełniająca równanie (1) musi też spełniać równanie

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

otrzymane z równania (1) przez pomnożenie obu stron przez $(x - a) (x - b) (x - c)$ .

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

Przypadek 1. Liczby $a$ , $b$ , $c$ są różne, niech na przykład $a < b < c$ . Lewa strona równania (2) jest funkcją kwadratową zmiennej $x$ ; oznaczymy tę funkcję symbolem $f(x)$ :

$ (3) \qquad f(x) = (x - b) (x - c) + (x - c) (x - a) + (x - a) (x - b). $

Obliczymy wartości funkcji $f(x)$ , gdy $x$ równa się $a$ , $b$ , lub $c$ . Ze wzoru (3) otrzymujemy

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

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

$f (c) = (c - a) (c - b).$

Liczby $f (a)$ i $f (c)$ są dodatnie, gdyż są iloczynami liczb tego samego znaku; natomiast liczba $f(b)$ jest ujemna, gdyż $b - c < 0$ , a $b - a > 0$ . A zatem funkcja kwadratowa $f(x)$ ma dwa pierwiastki rzeczywiste, z których jeden leży między $a$ i $b$ , drugi zaś między $b$ i $c$ .

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

Przypadek 2. Dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ są równe; niech np. $a = b$ , ale $a \ne c$ . Równanie (2) przybiera postać

$ (x - a) (x - c + x - c + x - a) = 0, $

czyli

$ (x - a) (3x - 2c - a) = 0, $

skąd widzimy, że ma ono pierwiastki $a$ i $\frac{a + 2c}{3}$ . Wobec tego, że $a \ne c$ ; drugi pierwiastek nie równa się ani $a$ , ani $c$ . Równanie (1) ma w tym przypadku tylko jeden pierwiastek równy $\frac{a + 2c}{3}$ , gdyż $a$ odpada.

Przypadek 3. Liczby $a$ , $b$ i $c$ są równe. Równanie (2) przybiera postać

$ 3 (x - a)^2 = 0 $

i ma pierwiastek podwójny $x = a$ . 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 $\Delta$ jest dodatni. Piszemy w tym celu równanie (2) w postaci

$ 3x^2 - 2 (a + b + c) x + (ab + bc + ca) = 0 $

i obliczamy

$ \begin{split} & \frac{1}{4} \Delta = (a + b + c)^2 - 3 (ab + bc + ca) = a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = \\ & = \frac{1}{2} (2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca) = \frac{1}{2} [(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2] > 0. \end{split} $

IV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

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

Rozwiązanie

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

Punkt $L$ , którego miejsca geometrycznego szukamy, jest środkiem odcinka $PQ$ łączącego środki boków $EH$ i $FG$ prostokąta (rys. 41). Poprowadźmy wysokość $CD$ trójkąta $ABC$ .

Ponieważ trójkąty $AEH$ i $ADC$ są jednokładne względem punktu $A$ , a trójkąty $BFG$ i $BDC$ są jednokładne względem punktu $B$ , więc proste $AP$ i $BQ$ przechodzą przez środek $T$ odcinka $CD$ . Trójkąty $PQT$ i $ABT$ są jednokładne względem punktu $T$ , zatem prosta $TL$ przechodzi przez środek $S$ odcinka $AB$ . A zatem środek $L$ prostokąta $EFGH$ leży wewnątrz odcinka $ST$ łączącego środek boku $AB$ ze środkiem wysokości $CD$ trójkąta $ABC$ .

Odwrotnie, każdy punkt $L$ leżący wewnątrz odcinka $ST$ jest środkiem pewnego prostokąta $EFGH$ o rozważanym położeniu. Istotnie, wykreślając przez punkt $L$ odcinek $PQ$ jednokładny do odcinka $AB$ względem punktu $T$ , a następnie prowadząc przez punkty $P$ i $Q$ odcinki $EH$ i $FG$ jednokładne do odcinka $CD$ odpowiednio względem punktów $A$ i $B$ , otrzymujemy czworokąt $EFGH$ , przy czym z własności odcinków jednokładnych wynika, że $P$ i $Q$ są środkami odcinków $EH$ i $FG$ , a punkt $L$ jest środkiem odcinka $PQ$ , skąd wnioskujemy, że $EFGH$ jest prostokątem, a punkt $L$ jest jego środkiem. Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest wnętrze odcinka $ST$ .

Ustaliliśmy dotychczas wynik następujący:

Miejscem geometrycznym środka $L$ prostokąta, którego dwa wierzchołki leżą na boku $AB$ trójkąta $ABC$ , a dwa pozostałe wierzchołki leżą na bokach $AC$ i $BC$ , jest wnętrze odcinka łączącego środek boku $AB$ 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: $D$ , $E$ , $F$ są spodkami wysokości, $M$ , $N$ , $P$ - środkami boków, a $Q$ , $R$ , $S$ - środkami wysokości trójkąta $ABC$ . Stosując do tego trójkąta i jego trzech wysokości twierdzenie Cevy otrzymujemy

$ \frac{AF \cdot BD \cdot CE}{FB \cdot DC \cdot EA} = 1 $

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

$ \frac{NS}{SM} = \frac{AF}{FB},\ \frac{PQ}{QN} = \frac{BD}{DC},\ \frac{MR}{RP} = \frac{CE}{EA}, $

wobec czego

$ \frac{NS \cdot PQ \cdot MR}{SM \cdot QN \cdot RP} = 1. $

Na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy, wnioskujemy z tej równości, że proste $MQ$ , $NR$ i $PS$ 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

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

III

Przez każdy wierzchołek czworościanu o danej objętości $V$ 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 $ABC$ prostą równoległą do przeciwległego boku trójkąta. Te proste tworzą trójkąt $A_1B_1C_1$ jednokładny do trójkąta $ABC$ (rys. 46). Środkiem jednokładności jest punkt $S$ , w którym przecinają się proste $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ ; punkt $S$ jest środkiem ciężkości trójkąta $ABC$ , a także trójkąta $A_1B_1C_1$ . Jednokładność jest odwrotna, gdyż odpowiadające sobie punkty, np. $A$ i $A_1$ , leżą na półprostych $SA$ i $SA_1$ o kierunkach przeciwnych. Stosunek jednokładności jest

$ \frac{SA_1}{SA} = \frac{A_1B_1}{AB} = 2. $

Ponieważ stosunek pól figur jednokładnych równa się kwadratowi stosunku jednokładności, więc pole trójkąta $A_1B_1C_1$ jest $4$ razy większe od pola trójkąta $ABC$ , co zresztą jest widoczne bezpośrednio.

Powracając do właściwego tematu przypomnimy krótko własności figur jednokładnych w przestrzeni. Niech będzie dana w przestrzeni figura $F$ , której punktami są $A, B, C, \ldots$ Obierzmy dowolny punkt $S$ oraz liczbę dodatnią $k$ . Gdy na półprostych $SA, SB, SC, \ldots$ odmierzymy odcinki $SA' = k \cdot SA, SB' = k \cdot SB, SC' = k \cdot SC, \ldots$ , punkty $A', B', C', \ldots$ utworzą figurę $F'$ jednokładną wprost do figury $F$ względem punktu $S$ w stosunku $k$ . Jeżeli zaś odmierzymy takie same odcinki $SA_1 = k \cdot SA, SB_1 = k \cdot SB, SC_1 = k \cdot SC, \ldots$ na przedłużeniach półprostych $SA, SB, SC, \ldots$ , to otrzymamy figurę $F_1$ jednokładną odwrotnie do figury $F$ względem punktu $S$ w stosunku $k$ (rys. 47). Z tej definicji łatwo wynika, że figurą jednokładną do odcinka $AB$ jest odcinek $A_1B_1$ , przy czym proste $AB$ i $A_1B_1$ są równoległe (lub pokrywają się, co ma miejsce wtedy, gdy prosta $AB$ przechodzi przez punkt $S$ ). Figurą jednokładną do trójkąta $ABC$ jest wobec tego trójkąt $A_1B_1C_1$ , przy czym płaszczyzny trójkątów są równoległe (lub pokrywają się w przypadku, gdy płaszczyzna $ABC$ zawiera punkt $S$ ). Figurą jednokładną do czworościanu $ABCD$ jest czworościan $A_1B_1C_1D_1$ . 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 $3 \colon 1$ .

Dowód tego twierdzenia jest prosty; wystarczy go przeprowadzić dla jednej pary owych odcinków. Niech $M$ będzie środkiem ciężkości ściany $BCD$ , a $N$ - środkiem ciężkości ściany $ACD$ czworościanu $ABCD$ (rys. 47). Proste $BM$ i $AN$ przecinają się w środku $P$ krawędzi $CD$ .

Odcinki $AM$ i $BN$ łączące wierzchołki $A$ i $B$ trójkąta $ABP$ z punktami $M$ i $N$ boków $BP$ i $AP$ przecinają się w punkcie $S$ wewnątrz tego trójkąta. Ponieważ $AP = 3 \cdot NP$ i $BP = 3 \cdot MP$ , więc $MN \parallel AB$ i $AB = 3 MN$ ; stąd wynika, że $AS = 3 \cdot SM$ i $BS = 3 \cdot SN$ , czego mieliśmy dowieść. Punkt $S$ jest środkiem ciężkości czworościanu.

Stosując powyższe wiadomości możemy rozwiązanie zadania ująć krótko: Budujemy figurę odwrotnie jednokładną w stosunku $3$ do czworościanu $ABCD$ względem jego środka ciężkości $S$ . Figurą tą jest czworościan $A_1B_1C_1D_1$ , którego wierzchołki leżą na przedłużeniach półprostych $SA$ , $SB$ , $SC$ , $SD$ , przy czym $SA_1 = 3 \cdot SA$ , $SB_1 = 3 \cdot SB$ , $SC_1 = 3 \cdot SC$ , $SD_1 = 3 \cdot SD$ .

Płaszczyzna $B_1C_1D_1$ jest równoległa do odpowiedniej płaszczyzny $BCD$ , a przy tym przechodzi przez wierzchołek $A$ , gdyż z równości $AS = 3 \cdot SM$ wynika, że punkt $A$ jest punktem jednokładnym do punktu $M$ ściany $BCD$ . A zatem czworościan $A_1B_1C_1D_1$ jest tym czworościanem, o którym mowa w zadaniu. Ponieważ jest on jednokładny do czworościanu $ABCD$ w stosunku $3$ , więc jego objętość wynosi $3^3 \cdot V$ , czyli $27 V$ .

IV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $n$ jest liczbą naturalną, to zachodzi równość

$ (1) \qquad (\sqrt{2}- 1)^n = \sqrt{m} - \sqrt{m-1}, $

gdzie $m$ jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie

Dowiedziemy najpierw, że dla każdego naturalnego $n$ można napisać równość

$ (1 - \sqrt{2})^n = \sqrt{a^2} - \sqrt{2 b^2}, $

gdzie $a$ i $b$ są liczbami naturalnymi spełniającymi równość

$ a^2 - 2b^2 = (-1)^n. $

Dowód. Dla $n = 1$ twierdzenie jest prawdziwe, mianowicie należy wziąć $a = b = 1$ . Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego $n$ ; wówczas

$ \begin{split} (1 - \sqrt{2})^{n+1} & = (1 - \sqrt{2})^n \cdot (1 - \sqrt{2}) = (\sqrt{a^2} - \sqrt{2b^2}) (1 - \sqrt{2}) = \\ & = (a - b \sqrt{2}) (1 - \sqrt{2}) = (a + 2b) - (a + b) \sqrt{2} = \\ & = \sqrt{(a + 2b)^2} - \sqrt{2(a + b)^2} = \sqrt{a_1^2} - \sqrt{2b_1^2}, \end{split} $

gdzie $a_1$ i $b_1$ są liczbami naturalnymi i

$ a_1^2 - 2b_1^2 = (a + 2b)^2 - 2 (a + b)^2 = - a^2 + 2b^2 = - (a^2 - 2b^2) = (- 1)^{n+1}, $

twierdzenie jest zatem, prawdziwe również dla wykładnika $n + 1$ . Na podstawie indukcji zupełnej wnioskujemy stąd, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

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

$ (\sqrt{2} - 1)^n = (1 - \sqrt{2})^n = \sqrt{a^2} - \sqrt{2b^2}, $

przy czym $a$ i $b$ , zatem również $a^2$ i $2b^2$ są liczbami naturalnymi i $a^2 - 2b^2 = 1$ . Gdy zaś $n$ jest liczbą nieparzystą, to

$ (\sqrt{2} - 1)^n = - (1 - \sqrt{2})^n = \sqrt{2b^2} - \sqrt{a^2}, $

gdzie $2b^2$ i $a^2$ są liczbami naturalnymi i

$ 2b^2 - a^2 = - (a^2 - 2b^2) = - (-1) = 1. $

IV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

III

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

Rozwiązanie

Przyjmiemy, że $b > 0$ ; niech Czytelnik sam sformułuje odpowiedź na postawione pytanie w przypadku, gdy $b = 0$ , tj. gdy rowerzysta znajduje się na szosie.

Niech $M$ oznacza punkt, w którym znajduje się rowerzysta, $S$ - punkt spotkania, $\alpha$ - kąt $MOS$ , $t$ - czas, jaki upłynie od chwili początkowej do chwili spotkania a $x$ - prędkość rowerzysty. Zauważmy, że

$ \frac{x}{v} = \frac{xt}{vt} = \frac{MS}{OS}, $

a stąd według twierdzenia sinusów (rys. 48)

$ \frac{x}{v} \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \textrm { i } x = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \cdot v. $

Z tej równości wynika, że $x$ osiąga najmniejszą wartość, gdy $\sin \beta$ jest największy. Jeśli $\alpha < 90^\circ$ , zachodzi to dla wartości $\beta = 90^\circ$ , zatem

$ x_{\textrm{min}} = v \sin \alpha = \frac{vb}{a}. $

Jeśli $a \geq 90^\circ$ (rys. 49), to kąt $\beta$ jest ostry; największa wartość $\sin \beta$ nie istnieje, prędkość $x$ jest tym mniejsza, im kąt $\beta$ jest bliższy kąta ostrego $180^\circ - \alpha$ . Gdy kąt $\beta$ rośnie i dąży do $180^\circ - \alpha$ , prędkość $x$ maleje i dąży do $v$ .

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

Jeżeli $\alpha < 90^\circ$ (rys. 50) i $MS \bot OM$ , prowadzimy $TH \bot OM$ i $RK \bot OM$ . Wówczas

$ \frac{MS}{OS} = \frac{HT}{OT} < \frac{MT}{OT}, $

$ \frac{MS}{OS} = \frac{KR}{OR} < \frac{MR}{OR}, $

zatem w punkcie $S$ szosy stosunek odległości od punktów $M$ i $O$ jest najmniejszy.

Jeżeli $\alpha \geq 90^\circ$ i punkt $T$ leży dalej od punktu $O$ niż punkt $S$ (rys. 51), to prowadząc $NS \parallel MT$ mamy

$ \frac{MT}{OT} = \frac{NS}{OS} < \frac{MS}{OS}, $

skąd widać, że poszukiwane minimum nie istnieje.

IV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

III

Jaki związek algebraiczny zachodzi między $\alpha$ , $\beta$ i $\gamma$ , gdy spełniona jest równość

$ (1) \qquad \tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma = \tan \alpha \tan \beta \tan \gamma? $

Rozwiązanie

Równość (1) możemy napisać w postaci

$ \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} + \frac{\sin \beta}{\cos \beta} + \frac{\sin \gamma}{\cos \gamma} = \frac{\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma}. $

Stąd wynika, że

$ \sin \alpha \cos \beta \cos \gamma + \cos \alpha \sin \beta \cos \gamma + \cos \alpha \cos \beta \sin \gamma - \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma = 0, $

a po odpowiednim zgrupowaniu wyrazów mamy

$ \sin (\alpha + \beta) \cos \gamma + \cos (\alpha + \beta) \sin \gamma = 0, $

czyli

$ \sin (\alpha + \beta + \gamma) = 0. $

Z ostatniej równości wnioskujemy, że

$ \alpha + \beta + \gamma = k\pi \ \textrm{($k$ - dowolna liczba całkowita)}. $