III OM - I - Zadanie 1

Do dwóch okręgów poprowadzono wspólną styczną wewnętrzną oraz obie wspólne styczne zewnętrzne. Dowieść, że odcinek stycznej wewnętrznej zawarty między stycznymi zewnętrznymi jest równy odcinkowi stycznej zewnętrznej zawartemu między jej punktami styczności.

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia uzyskamy stosując twierdzenie, że odcinki stycznych poprowadzonych z pewnego punktu do okręgu są równe. Np. na rys. 10, przedstawiającym rozważaną figurę, , , , .

Zważywszy, że wskutek symetrii figury zachodzi równość , możemy rozumowanie ująć krótko:

istotnie więc .

Uwaga 1. Dowód powyższy stosuje się i w tym przypadku, gdy dane okręgi są styczne (zewnętrznie); wówczas punkty i pokrywają się.

Uwaga 2. W analogiczny sposób można udowodnić twierdzenie: Odcinek stycznej zewnętrznej dwóch okręgów zawarty między stycznymi wewnętrznymi jest równy odcinkowi stycznej wewnętrznej zawartemu między jej punktami styczności.

Rozważmy ogólnie figurę utworzoną przez proste , i , tworzące trójkąt , oraz przez okrąg wpisany i okręgi dopisane tego trójkąta (rys. 11).

Niech , , , . Punkty styczności okręgów z prostą oznaczmy, jak na rysunku, literami , , , , załóżmy wreszcie, że . Wówczas:

Uzasadnienie tych wzorów, w którym wypadnie stosować to samo twierdzenie o odcinkach stycznej, co poprzednio, pozostawiamy jako ćwiczenie. Z zależności powyższych korzystamy często przy rozwiązywaniu zadań. Proponujemy czytelnikowi zadanie: przez punkt dany wewnątrz kąta poprowadzić taką prostą, która by od tego kąta odcięła trójkąt o danym obwodzie.

III OM - I - Zadanie 12

Dowieść, że pole czworokąta wpisanego w koło i mającego boki , , , wyraża się wzorem

gdzie .

Rozwiązanie

Oznaczając boki i kąty czworokąta jak na rys. 25, mamy

a ponieważ w czworokącie wpisanym w koło jest , więc

Zależność między kątem i bokami czworokąta znajdziemy obliczając długość z trójkąta i z trójkąta :

skąd

a ponieważ , więc

Ze związków (2) i (4) możemy wyrugować kąt . W tym celu mnożymy obie strony wzoru (2) przez , podnosimy równości (2) i (4) stronami do kwadratu i dodajemy; w rezultacie otrzymujemy

Stąd

i ostatecznie

Wprowadzamy oznaczenie

i w znany sposób przekształcamy czynniki występujące po prawej stronie równości (5):

podobnie

Podstawiając te wyrażenia do równości (5) otrzymujemy

skąd

czego należało dowieść.

Uwaga 1. Wzór (6) na pole czworokąta wpisanego w koło jest przypadkiem szczególnym wzoru dotyczącego pola dowolnego czworokąta (wypukłego lub wklęsłego).

Wzory (1) i (3) stosują się, jak łatwo sprawdzić, do każdego czworokąta,. Podnosząc te wzory obustronnie do kwadratu otrzymujemy:

Dodając te równości stronami:

i podstawiając otrzymujemy

Stosując do pierwszych dwóch wyrazów prawej strony ostatniej równości to samo przekształcenie, co poprzednio, otrzymujemy

skąd ostatecznie mamy wzór

Gdy , tj. gdy czworokąt jest wpisany w koło, wówczas , więc drugi wyraz pod pierwiastkiem znika i wzór (7) przybiera postać (6).

Uwaga 2. Ze wzoru (7) możemy wysnuć natychmiastowy dowód twierdzenia odwrotnego do twierdzenia wypowiedzianego w tekście zadania nr 27:

Jeżeli pole czworokąta wyraża się wzorem (6), to na czworokącie można opisać koło.

Istotnie, ze wzorów (6) i (7) wynika, że , więc .

Zwróćmy uwagę jeszcze na następujący ciekawy wniosek ze wzoru (7): gdy boki , , , są stałe, wzór (7) daje największą wartość pola w przypadku, gdy . A zatem:

Czworokąt wpisany w koło ma pole większe niż każdy inny czworokąt o takich samych bokach.

Można wypowiedzieć twierdzenie mocniejsze (twierdzenie jest mocniejsze od twierdzenia , czyli jest słabsze od , jeżeli twierdzenie wynika z twierdzenia , ale nie odwrotnie):

Spośród wszystkich czworokątów, jakie można zbudować z danych boków , , , , największe pole ma czworokąt wpisany w koło.

Mogłoby się na pozór wydawać, że oba twierdzenia wyrażają jedno i to samo. Łatwo jednak dostrzeżemy różnicę treści twierdzeń, gdy je sformułujemy w postaci następującej:

a) Jeżeli czworokąty i mają takie same boki i na czworokącie można opisać kolo, a na czworokącie nie można opisać koła, to pole czworokąta jest większe niż fole czworokąta .

b) Wśród wszystkich czworokątów mających takie same boki istnieje czworokąt o największym polu; jest to czworokąt, na którym można opisać koło.

Udowodniliśmy powyżej twierdzenie a); aby dowieść twierdzenia b), należy jeszcze wykazać, że wśród czworokątów mających dane boki , , , istnieje czworokąt wpisany w koło. Możemy to zrobić w sposób następujący:

Niech będzie czworokątem o bokach , , , (rys. 26), w którym . Jeśli na przedłużeniu przekątnej obierzemy dowolnie punkt - tak jednak, aby odcinek był krótszy od i od , to możemy zbudować (jak wskazuje rysunek 26) określony czworokąt o bokach , , , . Wówczas i .

Gdy punkt oddala się od punktu , kąty i wzrastają, przy czym można znaleźć takie położenie punktu , że . Jeżeli np. , to wystarczy zbudować taki trójkąt , w którym ; wówczas .

Otóż suma jest funkcją ciągłą zmiennej , co łatwo sprawdzić obliczając kąty i z trójkątów i w zależności od i od , , , . Gdy punkt posuwa się po przedłużeniu odcinka poczynając od punktu , funkcja ta przechodzi od wartości mniejszych niż do wartości większych niż , musi więc przejść przez wartość , tzn. istnieje taki punkt , że czworokąt jest wpisany w koło, a tego właśnie należało dowieść.

Powyższe twierdzenie b) jest przypadkiem szczególnym twierdzenia Cramera (matematyk szwajcarski, 1704 - 1752):

Spośród wszystkich wielokątów o danych bokach (gdzie ) największe pole ma wielokąt wpisany w koło.

III OM - I - Zadanie 2

Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

Mnożąc drugie równanie danego układu:

przez iloczyn , otrzymujemy równanie

Jeśli w układzie równań (1) zamiast równania (*) weźmiemy równanie (**), to otrzymamy układ równań

Wykażemy, że układ równań (2) jest równoważny układowi (1). W samej rzeczy, każdy zespół liczb , , spełniający równanie (*) spełnia też równanie (**), a więc każdy zespół liczb , , spełniający układ (1) spełnia też układ (2). A czy twierdzenie odwrotne jest prawdziwe? Otóż rozwiązaniem równania (**) jest każdy zespół liczb , , spełniających równanie (*), a prócz tego każdy zespół liczb, w którym dwie są równe zeru, a trzecia jest dowolna; ponieważ zespoły drugiego rodzaju nie spełniają dwóch pozostałych równań układu (2), przeto dochodzimy do wniosku, że każdy zespół liczb , , spełniający układ równań (2) spełnia też układ równań (1). W ten sposób dowiedliśmy równoważności układów (1) i (2).

Przekształćmy układ równań (2). Mnożąc drugie równanie przez i dodając stronami do pierwszego równania otrzymujemy równoważny z układem II układ

Układ ten można zastąpić alternatywą

A. Rozważmy układ równań (3a). Odejmując od pierwszego równania trzecie, otrzymujemy ; podstawiając tę wartość w drugim oraz trzecim równaniu otrzymujemy układ równań

równoważny układowi (3a). Układ (4) można z kolei zastąpić układem

Rozwiązanie tego układu równań daje dwie możliwości:

lub

B. Rozważmy z kolei układ równań (3b). Postępując zupełnie podobnie jak poprzednio sprowadzamy ten układ równań do układu

Rozwiązanie tego układu równań daje dwie możliwości:

lub

III OM - I - Zadanie 3

Wykazać, że jeżeli

to co najmniej dwie spośród liczb , , są równe.

Rozwiązanie

Budowa składników lewej strony równania (1) przywodzi na myśl wzór na tangens różnicy dwóch kątów, co prowadzi do rozwiązania zadania z użyciem trygonometrii. Możemy napisać

gdzie , , są określonymi kątami zawartymi wewnątrz przedziału od do . Równanie (1) przybiera postać

lub

przy czym każdy z kątów , , zawiera się wewnątrz przedziału od do .

Stosując we wzorze (5) do sumy pierwszych dwóch składników wzór

otrzymujemy

a stąd

Któryś z tangensów we wzorze (6) musi równać się zeru, a ponieważ, jak zauważyliśmy wyżej, odpowiedni kąt jest większy od a mniejszy od , więc kąt ten musi być też równy zeru. Co najmniej dwa z kątów , , są zatem równe, a to oznacza, że co najmniej dwie spośród liczb , , są równe.

III OM - I - Zadanie 4

a) Dane są punkty , , nie leżące na prostej. Wyznaczyć takie trzy proste wzajemnie równoległe i przechodzące odpowiednio przez punkty , , , żeby odstępy między sąsiednimi prostymi równoległymi były równe.

b) Dane są punkty , , , nie leżące na płaszczyźnie. Wyznaczyć takie cztery płaszczyzny wzajemnie równoległe i przechodzące odpowiednio przez punkty , , , , żeby odstępy między sąsiednimi płaszczyznami równoległymi były równe.

Rozwiązanie

a) Przypuśćmy, że proste , , przechodzące odpowiednio przez punkty , , i wzajemnie równoległe czynią zadość warunkowi zadania, to znaczy, że odstępy między sąsiednimi równoległymi są równe. Wówczas ta z prostych , , , która leży między dwiema pozostałymi, jest od nich równo odległa. Niech tą prostą będzie, np. prosta . W takim razie punkty i są równo odległe od prostej i leżą po jej stronach przeciwnych; zatem prosta przecina odcinek w jego środku . Z tego, że punkty , , nie leżą na prostej, wynika, że punkt jest różny od punktu .

Stąd konstrukcja: prowadzimy prostą przez punkt i przez środek odcinka , a następnie prowadzimy przez punkty i proste i równoległe do prostej (rys. 12). Wyznaczone w ten sposób proste równoległe , , dają rozwiązanie zadania, gdyż punkty i , a zatem i proste i są równo odległe od prostej i leżą po przeciwnych stronach tej prostej.

Rozwiązanie powyższe znaleźliśmy założywszy o szukanych prostych , , , że prosta leży między prostymi i ; ponieważ ową prostą ,,wewnętrzną'' może być równie dobrze lub , więc zadanie ma trzy rozwiązania.

b) Przypuśćmy, że płaszczyzny , , , , przechodzące odpowiednio przez punkty , , , i wzajemnie równoległe, czynią zadość warunkowi zadania, to znaczy, że odstępy między sąsiednimi płaszczyznami są równe. Niech płaszczyzny te leżą w kolejności , , , . Chcemy przez to powiedzieć, że płaszczyzna jest równo odległa od płaszczyzn i , a płaszczyzna jest równo odległa od płaszczyzn i .

W takim razie jnnkty i są równo odległe od płaszczyzny i leżą po jej stronach przeciwnych, zatem płaszczyzna przechodzi przez środek odcinka . Podobnie płaszczyzna przechodzi przez środek odcinka . Z tego, że punkty , , , nie leżą na płaszczyźnie, wynika, że punkt jest różny od punktu , a punkt jest różny od punktu .

Wysnuwamy stąd następującą konstrukcję. Łączymy punkt ze środkiem odcinka , a punkt ze środkiem odcinka (rysunek 13 wyobraża rzut równoległy figury). Proste i są skośne; Gdyby bowiem leżały w jednej płaszczyźnie, to w tej samej płaszczyźnie leżałyby - wbrew założeniu - punkty , , , . Wiemy ze stereometrii, że przez dwie proste skośne i można poprowadzić dwie i tylko dwie płaszczyzny wzajemnie równoległe i .

W tym celu prowadzimy przez punkt prostą równoległą do prostej , a przez punkt prostą równoległą do prostej ; płaszczyzna jest wówczas wyznaczona przez proste i , a płaszczyzna - przez proste i .

Wreszcie przez punkty i prowadzimy płaszczyzny i równoległe do płaszczyzn i ; możemy je wyznaczyć, jak wskazuje rysunek 13, prowadząc przez każdy z punktów i proste równoległe do prostych i .

Wyznaczone w ten sposób płaszczyzny , , , dają rozwiązanie zadania, gdyż punkty i , a zatem i płaszczyzny i są równo odległe od płaszczyzny i leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny - i tak samo płaszczyzny i są równo odległe od płaszczyzny i leżą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny.

Rozwiązanie powyższe znaleźliśmy założywszy o szukanych płaszczyznach, że leżą w kolejności , , , . Dla innych kolejności szukanych płaszczyzn znajdziemy w ten sam sposób inne rozwiązania zadania. Liczba wszystkich możliwych kolejności, czyli jak się inaczej mówi, permutacyj liter , , , wynosi , tj. . Zauważmy jednak, że dwie permutacje "odwrotne" jak np. , , , i , , , dają to samo rozwiązanie. Wobec tego zadanie ma rozwiązań odpowiadających permutacjom:

III OM - I - Zadanie 5

Dowieść, ze wielomian

jest podzielny przez wielomian .

Rozwiązanie

Pomnóżmy każdy z danych wielomianów

oraz

przez ; otrzymamy wielomiany

i

Aby dowieść, że wielomian jest podzielny przez wielomian , wystarczy wykazać, że wielomian jest podzielny przez wielomian , tj. przez .

Otóż

Zatem

Istotnie więc wielomian jest podzielny przez wielomian czego należało dowieść.

Dzieląc obie strony ostatnie równości przez otrzymujemy wzór

tzn. ten sam wzór (6), do którego doszliśmy w sposobie I.

III OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli , , , to zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Gdy któraś z liczb , , równa się zeru, nierówność powyższa jest prawdziwa, gdyż prawa jej strona równa się wtedy zeru, a lewa jest nieujemna. Trzeba więc tylko dowieść, że gdy , , , to

\spos{I} Rozłożymy wielomian na czynniki. Przekształcimy w tym celu sześcian sumy liczb , , w następujący sposób:

Stąd

Ostatecznie otrzymujemy

Ponieważ , a , więc

co było do okazania.

III OM - I - Zadanie 7

Niech , oznaczają przyprostokątne trójkąta prostokątnego, - jego przeciwprostokątną, - promień koła wpisanego, wreszcie , , - promienie kół dopisanych tego trójkąta. Dowieść, że:

1)

2) promienie , , , wyrażają się jednocześnie liczbami całkowitymi wtedy i tylko wtedy, gdy boki , , są wyrażone liczbami całkowitymi.

Rozwiązanie

W zadaniu tym mamy do czynienia z figurą rys. 16, która jest przypadkiem szczególnym figury rys. 11, gdyż kąt jest prosty. Widzimy, że , , , .

Oznaczając i stosując wzory podane w uwadze II do zadania 16 otrzymujemy

Stąd od razu wynika pierwsza część twierdzenia:

Aby dowieść części drugiej załóżmy najpierw, że , , są liczbami całkowitymi. Dowód, że , , , są również liczbami całkowitymi, sprowadza się - jak to widać ze wzorów (1) - do wykazania, że jest liczbą całkowitą, tj. że jest liczbą parzystą. Otóż według twierdzenia Pitagorasa

Wobec tego albo wszystkie trzy liczby , , są parzyste, albo jedna z nich jest parzysta, a dwie inne są nieparzyste. Istotnie, w każdym innym przypadku, tj. gdyby dwie z tych liczb były parzyste, a trzecia była nieparzysta, albo gdyby wszystkie trzy były nieparzyste, lewa strona równości (2) nie byłaby podzielna przez i równość ta nie mogłaby zachodzić. Stąd wniosek, że albo wszystkie trzy liczby , , są parzyste, albo jedna jest parzysta a dwie pozostałe są nieparzyste; w obu przypadkach suma liczb , , tj. jest liczbą parzystą, co było do okazania.

Odwrotnie: jeśli , , , są liczbami całkowitymi, to , , są też liczbami całkowitymi, gdyż ze wzorów (1) wynika, że

III OM - I - Zadanie 8

W trójkącie na boku leży punkt , na boku leży punkt , a odcinki i przecinają się w punkcie . Mając dane stosunki

obliczyć stosunki i .

Rozwiązanie

Zadanie można w prosty sposób rozwiązać opierając się na twierdzeniu Talesa. Poprowadźmy (rys. 17); wówczas w trójkątach i mamy odpowiednio: i . Wobec tego

Analogicznie otrzymujemy

Uwaga. Rozwiązanie zadania 23 wynika natychmiast z ważnego twierdzenia geometrii odkrytego przez Menelausa z Aleksandrii (około roku 80 n. e.). Brzmi ono:

Jeżeli boki , , trójkąta lub ich przedłużenia przecięte są linią prostą odpowiednio w punktach , , , to iloczyn trzech stosunków podziału , , równa się jedności:

Znane są różne dowody tego twierdzenia; podamy dwa z nich.

1. Przez wierzchołki , , trójkąta prowadzimy prostopadłe , , do prostej (rys. 18). Według twierdzenia Talesa

Zatem

2. Obierzmy w płaszczyźnie trójkąta dowolną prostą , przecinającą linię prostą (rys. 19). Niech rzutami równoległymi punktów , , na prostą w kierunku prostej będą punkty , , , a wspólnym rzutem punktów , , niech będzie punkt .

Ponieważ stosunek odcinków prostej równa się stosunkowi ich rzutów, więc

zatem

Czytelnik zechce sprawdzić, że każdym ze sposobów 1 i 2 można udowodnić następujące twierdzenia ogólniejsze, ogłoszone w roku 1801 przez znanego matematyka francuskiego L. Carnota:

I. Jeżeli prosta przecina boki wielokąta płaskiego lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach , to

II. Jeżeli płaszczyzna przecim boki wieloboku przestrzennego lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach , to również zachodzi równość (2).

Gdy w zadaniu 23 zastosujemy twierdzenie Menelausa np. do trójkąta przeciętego prostą (rys. 17), otrzymamy

skąd

zgodnie z wynikiem poprzednim; analogicznie obliczamy stosunek .

Twierdzenie Talesa jest przypadkiem granicznym twierdzenia Menelausa. Gdy np. punkt (rys. 18) jest nieruchomy, a punkt oddala się po prostej do nieskończoności, prosta dąży do prostej równoległej do prostej , a we wzorze (1) stosunek dąży do , wobec czego wzór ten przechodzi na wzór

wyrażający twierdzenie Talesa.

Często formułuje się twierdzenie Menelausa w postaci nieco odmiennej, wypowiadając je nie dla długości odcinków (jak to zrobiliśmy powyżej), lecz dla miar względnych odcinków skierowanych, czyli wektorów (por. zadanie nr 2 na II Olimpiadzie Matematycznej).

Niech , , będą różnymi punktami prostej skierowanej, czyli osi, a symbole , niech oznaczają miary względne wektorów na tej osi. Stosunek jest liczbą dodatnią, gdy punkt leży między punktami i , gdyż wówczas liczby i są tego samego znaku, jako miary względne wektorów jednakowo skierowanych, stosunek ten jest natomiast liczbą ujemną, gdy punkt leży na zewnątrz odcinka .

Przy takiej umowie twierdzenie Menelausa przybiera postać

Możliwe są bowiem tylko dwa przypadki: bądź dwa spośród punktów , , leżą na bokach trójkąta, a trzeci leży na przedłużeniu boku, bądź wszystkie trzy punkty , , leżą na przedłużeniach boków trójkąta. W pierwszym przypadku dwa spośród stosunków , , są dodatnie, a trzeci jest ujemny; w drugim przypadku wszystkie trzy stosunki są ujemne. Iloczyn występujący po lewej stronie wzoru (3) jest zatem zawsze ujemny, przy czym wartość bezwzględna tego iloczynu jest, jak dowiedliśmy, równa .

Zauważmy, że drugi z podanych wyżej dowodów wzoru (1) prowadzi od razu do wzoru (3), jeśli go zastosujemy do odcinków skierowanych, gdyż wówczas

Proponujemy czytelnikowi następujące nietrudne ćwiczenia:

1. Z podanego na początku rozwiązania zadania nr 23 wysnuć nowy dowód twierdzenia Menelausa.

2. Udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Menelausa:

Jeżeli punkty , , położone są na prostych , , i zachodzi równość (3), to punkty , , leżą na jednej prostej.

3. Z twierdzenia Menelausa wysnuć jako wniosek twierdzenie, które w roku 1678 ogłosił włoski matematyk Ceva:

Jeżeli proste , , przecinają odpowiednio boki , , trójkąta lub ich przedłużenia w punktach , , , przy czym punkt nie leży na żadnej z prostych , , , to

4. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Cevy.

5. Zbadać przypadki graniczne twierdzenia Cevy, gdy punkt bądź też jeden lub dwa z punktów , , oddalają się do nieskończoności.

III OM - I - Zadanie 9

Rozwiązać równanie

gdzie oznacza daną liczbę dodatnią.

Rozwiązanie

Definicja wartości bezwzględnej liczby rzeczywistej jest następująca :

Aby rozwiązać równanie (1), najlepiej zastąpić je równaniem nie zawierającym symbolu wartości bezwzględnej. Będziemy szukali rozwiązań równania kolejno w przedziałach , , , .

1. Jeśli , równanie (1) przybiera postać

Stąd

Warunek jest spełniony, gdy .

2. Jeśli , równanie (1) przybiera postać

Stąd

Warunek jest spełniony, gdy .

3. Jeśli , równanie (1) przybiera postać

Stąd

Warunek jest spełniony, gdy .

4. Jeśli , równanie (1) przybiera postać

Stąd

Warunek jest spełniony, gdy .

Zestawimy otrzymane wyniki:

Gdy , równanie (1) ma rozwiązań.

Gdy , równanie (1) ma rozwiązanie: .

Gdy , równanie (1) ma rozwiązania: , .

Gdy , równanie (1) ma rozwiązania: , .

Zależność od przedstawiona jest graficznie na rys. 20.

III OM - I - Zadanie 10

Dowieść, że w każdym trójkącie promień koła opisanego i promień koła wpisanego spełniają nierówność

Rozwiązanie

Niech trójkąt będzie wpisany w okrąg (symbol oznacza okrąg o środku i promieniu ) i opisany na okręgu (rys. 21). Przypuśćmy, że i weźmy pod uwagę trójkąt równoramienny wpisany w tenże okrąg , przy czym punkt leży po tej samej stronie prostej , co punkt .

Trójkąty i mają taki sam promień koła opisanego. Wykażemy, że promień koła wpisanego w trójkąt jest większy od promienia koła wpisanego w trójkąt . Istotnie, gdy punkt zakreśla łuk , środek koła wpisanego w trójkąt zatacza łuk okręgu przechodzącego przez punkty i (patrz zadanie Nr 9); odległość punktu od prostej , tj. promień koła wpisanego w trójkąt , osiągnie największą wartość, gdy punkt znajdzie się na symetralnej odcinka , tj. w środku koła wpisanego w trójkąt ; zatem .

Nierówność można też uzasadnić za pomocą rachunku, np. w sposób następujący: Niech , , oznaczają kąty trójkąta ; oznaczmy bok literą i obliczmy pole trójkąta

Gdy punkt zakreśla łuk , kąt nie zmienia swej wielkości; pole osiąga największą wartość, gdy , tj. gdy .

Zatem

Z dowiedzionej nierówności wynika, że jeśli nierówność jest prawdziwa dla trójkąta równoramiennego, to jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta. Wystarczy zatem udowodnić to twierdzenie dla trójkąta równoramiennego.

Otóż przyjmując w trójkącie równoramiennym o podstawie zwykłe oznaczenia odcinków i kątów mamy wzory (rys. 22):

Nierówność jest więc równoważna nierówności

która jest z kolei równoważna nierówności

Niech ; wówczas

Poprzednia nierówność przybiera postać

Nierówność ta jest równoważna nierówności

która po uporządkowaniu lewej strony daje nierówność

czyli nierówność

Ponieważ ostatnia nierówność jest zawsze prawdziwa, więc równoważna jej nierówność jest też prawdziwa.

Uwaga 1. Rozważymy, kiedy może zachodzić równość

Odpowiedź na to pytanie łatwo wysnuć ź poprzedniego rozumowania. Z udowodnionej na początku nierówności wynika, że równość może mieć miejsce tylko w trójkącie równoramiennym; gdy zaś trójkąt jest równoramienny, równość ta, jak wykazuje poprzedni rachunek, prowadzi do równości

skąd otrzymujemy

a to znaczy, że , czyli że trójkąt jest równoboczny.

Uwaga 2. Nierówność jest natychmiastowym wnioskiem z następującego twierdzenia Eulera (1747):

W każdym trójkącie odległość środka kola opisanego od środka kola wpisanego wyraża się wzorem

Twierdzenie to można udowodnić w sposób następujący (rys. 23);

W okręgu opisanym na trójkącie prowadzimy przez punkty i średnicę , a przez punkty i cięciwę . Wówczas

Wyrazimy obie strony równości (1) w zależności od , i :

Z trójkąta , gdzie , mamy

Odcinek równa się odcinkowi . Istotnie, ponieważ i są dwusiecznymi kątów i trójkąta , więc

zatem i . Z trójkąta znajdujemy

więc także

Podstawiając wyrażenia ze wzorów (2), (3), (4) do wzoru (1) otrzymujemy

a stąd wzór Eulera:

W dowodzie powyższym można ominąć zastosowanie trygonometrii: jeśli poprowadzimy średnicę okręgu , to z podobieństwa trójkątów i otrzymujemy od razu

Sposobem analogicznym można dowieść twierdzenia:

Odległość środka koła opisanego na trójkącie od środka koła dopisanego, stycznego do boku , wyraża się wzorem

gdzie oznacza promień koła dopisanego, stycznego do boku .

III OM - I - Zadanie 11

Wykazać, że jeżeli żaden z kątów czworokąta wypukłego nie jest prosty, to zachodzi równość

Rozwiązanie

Wiemy, że

zatem

Stąd

Mnożąc obie strony tej równości przez otrzymujemy

lub, po łatwym przekształceniu,

Dzieląc obie strony tej równości przez iloczyn otrzymujemy

czyli żądaną równość (1).

Powyższy dowód zawiera jednak lukę, gdyż równość (2) wymaga założenia, że i . Trzeba więc jeszcze rozpatrzyć przypadek, gdy

(Przypadek, gdy , a , nie wymaga osobnego rozważania, gdyż otrzymuje się z poprzedniego przez zamianę liter).

Otóż z równości (3) i z tego, że każdy kąt czworokąta wypukłego zawiera się między i , wynikają nierówności

Z nierówności (4) wnioskujemy, że

Możemy więc z równości wysnuć wniosek, że

i z równości (2a) otrzymać równość (1) w taki sam sposób, jak poprzednio z równości (2).

Uwaga. W poprzednim dowodzie przy wyprowadzaniu nierówności (4) korzystaliśmy z założenia, że czworokąt1 jest wypukły. Powstaje pytanie: czy wzór (1) jest również prawdziwy dla wielokąta wklęsłego, jeśli żaden jego kąt nie jest prosty? Okazuje się, że tak jest istotnie; rozumowanie poprzednie wymaga jednak uzupełnienia.

Przypuśćmy, że czworokąt jest wklęsły. Tak samo jak w czworokącie wypukłym zachodzi równość

gdyż przekątna poprowadzona z wierzchołka kąta wklęsłęgo dzieli czworokąt na dwa trójkąty.

Jeśli czworokąt ma dwa takie kąty, że ich suma nie równa się ani , ani , to równość (1) uzasadnimy dokładnie tak samo, jak dla czworokąta wypukłego.

Lecz są czworokąty wklęsłe, w których każcie dwa kąty dają w sumie albo . Niech oznacza kąt wklęsły czworokąta; wymieniony przypadek zachodzi, gdy

skąd wynika, że

Do takiego czworokąta (rys. 24) nie można zastosować poprzedniego rozumowania. Ale i w tym przypadku wzór (1) jest prawdziwy, gdyż wszystkie występujące tam tangensy są wówczas równe i wzór wyraża równość .

III OM - II - Zadanie 1

Znaleźć warunki konieczne i dostateczne, jakie powinny spełniać liczby rzeczywiste , , , aby równanie

miało trzy pierwiastki rzeczywiste tworzące postęp arytmetyczny.

Rozwiązanie

Pierwiastki równania (1) tworzą postęp arytmetyczny wtedy i tylko wtedy, gdy można je przedstawić w postaci , , , gdzie .

Przypadek oznacza, że równanie (1) ma trzy równe pierwiastki (pierwiastek potrójny); przypadek ten zachodzi, gdy lewa strona równania (1) jest sześcianem dwumianu postaci ; wówczas

zatem

co daje warunki

Zakładając, że , otrzymujemy szukane warunki w postaci równań

którym mają czynić zadość liczby rzeczywiste i .

Dodając równania (7) i (9) oraz odejmując od tej sumy równanie (8) po podwojeniu jego współczynników otrzymujemy równanie

lub, uwzględniając warunek , równanie

Odejmując równanie (8) od (9) otrzymujemy po podzieleniu przez równanie

Układ równań (7), (8), (9) jest równoważny układowi równań (8), (10), (11), ten zaś z kolei jest równoważny układowi, który otrzymamy podstawiając do równań (8) i (11) wartość a z równania (10), tj. układowi

Stąd otrzymujemy żądane warunki w postaci równości (12) oraz nierówności

wyrażającej warunek rzeczywistości liczby .

Pierwiastki równania (1) tworzą zatem postęp arytmetyczny wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są warunki (12) i (13a) lub warunki (6). Ponieważ w przypadku, gdy , tj. , równanie (12) daje , więc poszukiwane warunki możemy ostatecznie ująć w postaci związków:

zgodnie z wynikiem uzyskanym sposobem I.

Dodamy, że przy spełnieniu tych warunków pierwiastkami równania (1) są liczby

III OM - II - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli , , , są bokami takiego czworokąta, na którym można opisać koło, i w który można wpisać kolo, to pole czworokąta wyraża się wzorem

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt o bokach , , , jest wpisany w koło, to pole wyraża się (patrz zadanie nr 27) wzorem

w którym

Jeśli czworokąt taki jest jednocześnie opisany na kole, to

Z równości (2) wynika, że w takim czworokącie

Podstawiając te wartości we wzorze (1) otrzymujemy

co było do okazania.

Uwaga. Zapytajmy, czy zachodzi twierdzenie odwrotne, tj. czy z założenia, że pole czworokąta wyraża się wzorem (3), wynika już, że na czworokącie tym można opisać koło i że można w ten czworokąt wpisać koło. Nie trudno się przekonać, że tak nie jest. Jeśli np. czworokąt jest prostokątem o bokach , , , , przy czym , to , a w czworokąt ten nie można wpisać koła, choć można na nim opisać koło. Przykład ten można tak zmodyfikować, by otrzymać czworokąt, który by spełniał warunek (3), a nie był ani opisanym na kole, ani wpisanym w koło. W tym celu zamiast prostokąta weźmy czworokąt wpisany w koło, w którym , , , , przy czym , , a kąty i są proste (rys. 27).

Pole czworokąta wyraża się wzorem

Trójkąt prostokątny równoramienny ma tę samą podstawę, co trójkąt prostokątny , lecz większą wysokość, zatem , tj. ; ponieważ średnia arytmetyczna liczb nierównych i jest większa od ich średniej geometrycznej , więc

Jeśli pozostawiając bez zmiany długości boków , , , powiększymy przekątną , otrzymamy czworokąt (rys. 27) o polu mniejszym niż . Chodzi o to, żeby tak obrać punkt , aby zachodziła równość . W tym celu trzeba wyznaczyć kąty rozwarte i w ten sposób, żeby spełnione były dwa warunki:

Nie ma potrzeby przeprowadzania ogólnej dyskusji tych równań; dla naszego celu wystarczy podać rozwiązanie w jakimś przypadku szczególnym. Załóżmy, że czworokąt jest wpisany w koło o promieniu i że jest bokiem sześciokąta foremnego wpisanego w to koło, wobec czego , , . Po podstawieniu tych wartości do powyższych równań otrzymujemy równania

Podnosząc pierwsze równanie do kwadratu i wyrażając następnie cosinusy kątów przez ich sinusy otrzymujemy równanie

Dzieląc to równanie przez drugie z poprzednich równań mamy

Zatem

Otrzymane wartości są, jak łatwo sprawdzić, mniejsze od , wyznaczają więc kąty rozwarte i .

Tak dobrany czworokąt ma pole , ale nie jest ani wpisany w koło (gdyż ma dwa przeciwległe kąty rozwarte), ani opisany na kole (gdyż sumy boków przeciwległych nie są równe).

Zauważymy jeszcze, że zachodzi twierdzenie częściowo odwrotne do twierdzenia z zadania nr 29:

Jeżeli pole czworokąta o bokach , , , wyraża się wzorem i w czworokąt ten można wpisać koło, to można również opisać na nim koło.

Istotnie, pole czworokąta o bokach , , , spełnia, według wzoru (6) w zadaniu nr 27, warunek

Z założenia, że czworokąt jest opisany na kole wynika, jak stwierdziliśmy poprzednio (na podstawie wzorów (2), str. 94), związek

Ze wzorów (3), (4) i (5) otrzymujemy

zatem

a stąd

co dowodzi, że na czworokącie można opisać koło.

III OM - II - Zadanie 3

Czy prawdziwe są twierdzenia:

a) jeżeli cztery wierzchołki prostokąta leżą na czterech bokach rombu, to boki prostokąta są równoległe do przekątnych rombu;

b) jeżeli cztery wierzchołki kwadratu leżą na czterech bokach rombu, który nie jest kwadratem, to boki kwadratu są równoległe do przekątnych rombu.

Rozwiązanie

a) Pierwsze twierdzenie nie jest prawdziwe; aby to wykazać, wystarczy dać kontrprzykład, czyli pokazać figurę zaprzeczającą twierdzeniu.

Ze środka rombu (rys. 28) zatoczmy okrąg o promieniu większym niż odległość środka rombu od jego boku, a mniejszym niż połowa krótszej przekątnej rombu.

Cała figura jest symetryczna względem każdej z prostych i , a także względem punktu . Nakreślony okrąg przecina każdy bok rombu w dwóch punktach. Niech będzie jednym z punktów przecięcia boku z okręgiem, a niech będzie tym punktem przecięcia boku z okręgiem, który nie jest symetryczny do punktu względem prostej . Niech następnie i będą punktami symetrycznymi do punktów i względem punktu , odcinki i są zatem średnicami okręgu; wobec symetrii figury względem punktu punkty i są punktami przecięcia boków i z okręgiem.

Czworokąt jest prostokątem, gdyż każdy jego kąt jest kątem wpisanym w nakreślony okrąg i opartym na jego średnicy (np. kąt opiera się na średnicy ). Bok tego prostokąta nie jest prostopadły do prostej , gdyż prosta nie przechodzi przez punkt symetryczny do punktu względem prostej ; tym samym bok nie jest równoległy do przekątnej . Bok nie jest też równoległy do przekątnej , gdyż łączy punkty i leżące po przeciwnych stronach prostej . Wierzchołki , , , prostokąta leżą odpowiednio na bokach , , , rombu, ale boki tego prostokąta nie są równoległe do przekątnych rombu. Prostokąt stanowi zatem kontrprzykład obalający twierdzenie a).

b) Wykażemy, że drugie twierdzenie jest prawdziwe.

Niech będzie kwadratem wpisanym w romb , przy czym wierzchołki , , , kwadratu leżą odpowiednio na bokach , , , rombu.

Udowodnimy najpierw, że środek kwadratu jest jednocześnie środkiem rombu. Obróćmy całą figurę dokoła punktu o . Wierzchołek kwadratu znajdzie się po obrocie w przeciwległym wierzchołku (rys. 29), prosta da po obrocie prostą przechodzącą przez punkt równolegle do prostej , tzn. pokryje się z prostą . Ponieważ takie samo rozumowanie stosuje się do każdego boku rombu, więc wynika stąd, że po obrocie romb nałoży się sam na siebie, a to oznacza, że środek obrotu jest środkiem symetrii rombu.

Obróćmy teraz całą figurę dokoła punktu o tak, aby półprosta pokryła półprostą (na rys. 30 kierunek obrotu zaznaczony jest strzałką). P0 obrocie kwadrat przejdzie w kwadrat , tzn. nałoży się sam na siebie; romb przejdzie w romb , nie pokrywający się z rombem , gdyż według założenia romb ten nie jest kwadratem. Jeśli np. to , a ; zatem odcinki i przecinają się. Punktem przecięcia tych odcinków jest wierzchołek kwadratu, gdyż na ten punkt upadnie po obrocie punkt odcinka . Analogicznie odcinki i przecinają się w wierzchołku kwadratu.

Pigura złożona z obu rombów jest symetryczna względem prostej ; w tej symetrii punktowi odpowiada punkt . Prosta jest więc prostopadła do osi symetrii , czyli jest równoległa do prostej , czego należało dowieść.

Uwaga. Gdybyśmy odrzucili założenie, że romb nie jest kwadratem, twierdzenie nie byłoby prawdziwe, w kwadrat bowiem można wpisać nieskończenie wiele kwadratów, z których tylko jeden ma boki równoległe do przekątnych kwadratu danego.

Z dowiedzionego twierdzenia b) wynika, że w romb nie będący kwadratem można wpisać tylko jeden kwadrat, w ten sposób, żeby na każdem boku rombu leżał któryś wierzchołek kwadratu. Można dowieść twierdzenia mocniejszego: istnieje tylko jeden kwadrat, którego wierzchołki leżą na obwodzie rombu nie będącego kwadratem. Wystarczy w tym celu wykazać, że nie istnieje kwadrat, którego dwa wierzchołki leżą na tym samym boku rombu, a pozostałe wierzchołki na innych bokach rombu. Pozostawiamy to jako ćwiczenie.

III OM - II - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli liczby , , spełniają równanie

to dwie spośród nich są liczbami przeciwnymi.

Rozwiązanie

Równość (1) piszemy w postaci

Stąd wynika równość

która po wykonaniu mnożenia i po redukcji daje

Lewą stronę porządkujemy według potęg :

Wyłączamy przed nawias:

i ostatecznie otrzymujemy

Z tej równości wynika, że któraś z sum , , jest równa zeru, tzn. że któreś dwie z liczb , , są liczbami przeciwnymi.

III OM - II - Zadanie 5

Pionowy maszt znajdujący się na wieży widać pod największym kątem z takiego punktu ziemi, którego odległość od osi masztu wynosi ; kąt ten równa się danemu kątowi . Obliczyć wysokość wieży i wysokość masztu.

Rozwiązanie

Niech odcinek (rys. 31) wyobraża wieżę, a odcinek - maszt. Z punktu powierzchni ziemi widać maszt pod kątem , który jest kątem wpisanym w okrąg przechodzący przez punkty , i . Kąt ten jest tym większy, im mniejszy jest promień owego okręgu. Spośród wszystkich okręgów przechodzących przez punkty i i mających punkty wspólne z ziemią najmniejszy promień ma okrąg styczny do powierzchni ziemi. Punkt styczności takiego okręgu z ziemią jest punktem, o którym mowa w zadaniu tzn. , . Jeśli , to , jako połowa kąta środkowego opartego na tym samym łuku, co kąt wpisany . Wprowadzając oznaczenia , , otrzymujemy z trójkąta i z prostokąta związki:

zawierające rozwiązanie zadania.

Uwaga. W rozwiązaniu powyższym założyliśmy, że w otoczeniu wieży powierzchnia Ziemi jest płaska, co jest usprawiedliwione tym, że w danym przypadku chodzi o niewielką część tej powierzchni. Obliczenie szukanych wielkości i uwzględniające kulistość Ziemi można wykonać w sposób podobny, posługując się figurą rys. 32, na którym oznacza środek Ziemi. Z trójkąta , w którym odcinek oznaczymy literą , znajdziemy

a z trójkąta mamy

gdzie jest to kąt widzenia łuku ze środka Ziemi.

Ze wzorów (5) i (6) otrzymujemy

Po podstawieniu tej wartości do wzoru (4) otrzymujemy

a następnie obliczamy ze wzoru (7), otrzymując po łatwych przekształceniach wynik

Kąt jest kątem środkowym w okręgu o promieniu opierającym
się na łuku o długości ; miara łukowa kąta wynosi zatem i wzory (8) i (9) można napisać w postaci:

Ze wzorów tych, jak widzimy, dość skomplikowanych, można obliczyć i , gdy dane są wielkości , i . Ale zamiast tych wzorów
można by użyć wzorów przybliżonych, które otrzymujemy w sposób następujący:

W trygonometrii dowodzi się, że dla kąta o mierze łukowej zachodzą równości przybliżone (znak czytamy: równa się w przybliżeniu):

przy czym dla sinusa mamy tu przybliżenie z nadmiarem mniejszym niż , a dla cosinusa - przybliżenie z niedomiarem mniejszym niż .

Jeśli np. w naszym zadaniu odległość nie przekracza km, to kąt (przy załozenm, że km) jest mniejszy niż , wobec czego biorąc zamiast stosunek robimy błąd nie mniejszy niż

więc mniejszy niż . Aby się o tym przekonać, nie trzeba wcale obliczać ułamka , wystarczy rozumować, jak następuje:

podobnie stwierdzamy, że

Biorąc zamiast liczbę robimy błąd mniejszy niż

więc mniejszy niż . Podstawiając we wzorach (10) i (11) wymienione przybliżone wartości i otrzymujemy wzory

Spostrzegamy, że gdy rośnie nieskończenie, czyli - jak się mówi - "dąży do nieskończoności", a wielkości i są stałe, wtedy zmienne i , określone wzorami (10a) i (11a), dążą do wartości określonych wzorami (1) i (3).

Nasuwa się pytanie, czy wzory (10a) i (11a) mogą mieć znaczenie praktyczne, tzn., czy może się okazać, że przy pewnych wartościach i jakie by się mogły zdarzyć w rzeczywistości, dokładność wzorów (1) i (3) jest niewystarczająca i że zamiast nich należy użyć wzorów (10a) i (11a), albo może jeszcze dokładniejszych wzorów (10) i (11). Aby odpowiedzieć na to pytanie, należałoby ocenić różnice między wartościami otrzymywanymi z owych wzorów, biorąc też pod uwagę błędy pomiarowe, jakimi z konieczności obarczone są wielkości dane. Tego rodzaju obliczenia przeprowadza się często w różnych działach matematyki stosowanej, np. w geodezji.

III OM - II - Zadanie 6

Dowieść, że płaszczyzna, która przechodzi: a) przez środki dwóch krawędzi przeciwległych czworościanu i b) przez środek jednej z pozostałych krawędzi czworościanu, dzieli czworościan na dwie części o równych objętościach.

Czy teza pozostanie prawdziwa, gdy odrzucimy założenie b)?

Rozwiązanie

Płaszczyzna przechodząca przez środki i przeciwległych krawędzi i czworościanu i przez środek krawędzi (rys. 32) musi przejść również przez środek krawędzi , przeciwległej do krawędzi . Istotnie, każda z prostych i jest równoległa do prostej (na mocy twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta), więc ; płaszczyzna zawiera zatem prostą .

Płaszczyzna dzieli czworościan na dwie części; obliczmy objętość części leżącej po tej samej stronie płaszczyzny , co krawędź , czyli objętość pięciościanu ograniczonego równoległobokiem , trójkątem , trapezami i , oraz trójkątem . Poprowadźmy przez środek krawędzi płaszczyznę . Płaszczyzna ta dzieli pięciościan na czworościan i graniastosłup trójkątny . Czworościan ma objętość równą objętości czworościanu , gdyż jest to czworościan podobny do danego czworościanu w skali . Objętość graniastosłupa , który ma razy mniejszą podstawę i razy mniejszą wysokość niż czworościan , równa się . Zatem, objętość pięciościanu równa się , tzn. płaszezyzna dzieli dany czworościan na części o równych objętościach.

Aby odpowiedzieć na końcowe pytanie postawione w tekście zadania, poprowadźmy przez środki i krawędzi i dowolną płaszczyznę . Jeśli płaszczyzna przechodzi przez krawędź , to rozcina czworościan na dwa czworościany i , których objętości są równe, gdyż czworościany te mają podstawy i o równych polach oraz wspólną wysokość z wierzchołka . Jeśli płaszczyzna przecina krawędź , to punkty i leżą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny, więc płaszczyzna przecina jedną z krawędzi i . Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy płaszczyzna przecina krawędź w punkcie leżącym wewnątrz odcinka (rys. 34); wykażemy, że przecina ona wtedy krawędź w punkcie wewnętrznym odcinka .

Istotnie, prosta , po której przecinają się płaszczyzny i , przecina przedłużenie odcinka w punkcie , a prosta , która jest przecięciem płaszczyzn i , przecina odcinek , gdyż odcinek łączy punkty i , leżące po przeciwnych stronach prostej , i leży w pasie pomiędzy prostymi równoległymi i .

Płaszczyzna rozcina czworościan na dwie części; obliczymy objętość jednej z nich, np. pięciościanu . Ponieważ, jak wynika z powyższego, punkty i leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny , więc

Udowodnimy, że

Ponieważ podstawy i czworościanów i są trójkątami przystającymi, jako połowy równoległoboku , więc wystarczy dowieść, że wierzchołki i są równo odległe od płaszczyzny , co się sprowadza do wykazania, ze punkt , w którym przecinają się przekątne i czworokąta płaskiego , dzieli odcinek na połowy.

Otóż środki wszystkich odcinków łączących punkty prostej z punktami prostej leżą w jednej płaszczyźnie równoległej do obu prostych skośnych i . Płaszczyzna ta zawiera punkty i więc zawiera też punkt ; zatem istotnie punkt jest środkiem odcinka .

Z równości (1) i (2) wynika, że

Dowiedliśmy, że każda płaszczyzna przechodząca przez środki dwóch przeciwległych krawędzi czworościanu dzieli czworościan na dwie części o równych objętościach.

Uwaga. Drugą część powyższego dowodu, tj. rozumowanie dotyczące podziału czworościanu dowolną płaszczyzną przechodzącą przez punkty i , można znacznie skrócić.

Narysujmy rzut prostokątny czworościanu na płaszczyznę prostopadłą do prostej (rys. 35).

Rzutami krawędzi i są dwa odcinki dzielące się na połowy w punkcie będącym wspólnym rzutem punktów i , rzuty pozostałych krawędzi tworzą wobec tego równoległobok , a rzut równoległoboku pokrywa się z rzutem odcinka . Widzimy od razu, że dowolna płaszczyzna przechodząca przez prostą przecina dwie przeciwległe krawędzie czworościanu, np. w punkcie i w punkcie , przy czym rzuty punktów i są symetryczne, względem środka równoległoboku , stąd wynika równość (1) a także równość (2), gdyż wysokości czworościanów i są równe wysokościom trójkątów i na rys. 35.

III OM - III - Zadanie 1

Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

Pomnóżmy obie strony pierwszego równania przez , a następnie dodajmy równania stronami; otrzymamy równanie

równoważne (w dziedzinie liczb rzeczywistych) równaniu

Układ równań (1) jest równoważny układowi równań

lub układowi prostszemu

Należy rozróżnić dwa przypadki:

I. . Układ równań (3) jest równoważny układowi

mającemu dwa rozwiązania: , i , .

II. . Pierwsze z równań (3) jest tożsamością i układ równań (3) redukuje się do jednego równania

majajpego rozwiązanie , , gdzie jest dowolną liczbą.

Uwaga. W dziedzinie liczb zespolonych równanie jest równoważne alternatywie trzech równań: , lub lub , gdzie

wobec czego układ równań (1) jest równoważny alternatywie trzech układów równań, z których jednym jest układ (2), a dwa inne powstają z układu (2) przez zastąpienie drugiego równania równaniem lub równaniem . Rozwiązanie każdego z tych układów przebiega analogicznie do rozwiązania układu (2). Wynik jest następujący:

I. Gdy , dany układ ma w dziedzinie liczb zespolonych rozwiązań , mianowicie:

II. Gdy , rozwiązaniem danego układu równań jest każda para liczb , , gdzie jest dowolną liczbą zespoloną.

III OM - III - Zadanie 2

Na bokach , , trójkąta obrano odpowiednio punkty , , w taki sposób, że

gdzie oznacza liczbę daną większą od ; następnie poprowadzono odcinki , , . Mając dane pole trójkąta obliczyć pole trójkąta ograniczonego prostymi , i .

Rozwiązanie

Oznaczmy punkty przecięcia prostych , i literami , , , jak wskazuje rys. 36.

Ponieważ pola trójkątów o równych wysokościach mają się jak podstawy tych trójkątów, więc

zatem

Stosunki i obliczamy na podstawie równości (1):

więc

Wartość stosunku możemy uzyskać opierając się na wyniku zadania nr 23, trzeba tylko występującą tam literę zastąpić literą (por. rysunki 17 i 36); otrzymujemy równość

gdzie

wobec czego

oraz

Podstawiając wartości stosunków i ze wzorów (3) i (4) do wzoru (2) otrzymujemy wzór

Wartość pola trójkąta uzyskamy, gdy w powyższym obliczeniu pola trójkąta zamienimy litery , , odpowiednio na , , , litery i na i , a literę na ; analogicznie obliczymy pole trójkąta . Wyniki obliczeń będą oczywiście te same, zatem

Ponieważ

więc

i ostatecznie

Uwaga 1. W rozumowaniu powyższym wzór (4) można by również uzyskać stosując do trójkąta przeciętego prostą twierdzenie Menelausa (patrz zadanie nr 23), co daje równość

Nadając tej równości postać

i podstawiając w ostatnim równaniu wartości stosunków

otrzymujemy równość

i wreszcie

skąd wynika, jak poprzednio, wzór (4).

Uwaga 2. Warunek, że , można zastąpić warunkiem słabszym i . Rozumowanie i wynik (5) pozostają te same. Zauważmy, że gdy , punkty , , pokrywają się odpowiednio z punktami , , , a trójkąt pokrywa się z trójkątem . Gdy , trójkąt redukuje się do jednego punktu - środka ciężkości trójkąta . W obu tych przypadkach wzór (5) daje prawidłowe wartości pola: i .

III OM - III - Zadanie 3

Zbudować czworokąt mając dane długości boków i oraz kąty czworokąta.

Rozwiązanie

Oznaczmy długości danych boków czworokąta: , . Weźmy pod uwagę sumy kolejnych kątów czworokąta:

i z tych sum utwórzmy pary

Na każdej z tych par któraś z sum nie przekracza , gdyż suma wszystkich czterech kątów wynosi .

Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy i ; rozumowanie, które przeprowadzimy, można zastosować w każdym innym przypadku, zmieniając w odpowiedni sposób oznaczenia literowe.

Dogodnie będzie rozróżnić dwie możliwości:

I. . Niech będzie czworokątem poszukiwanym. Czworokąt ten jest wypukły (rys. 37) lub wklęsły (rys. 38) zależnie od tego czy , czy też .

Poprowadźmy przez wierzchołek prostą równoległą do prostej , a przez wierzchołek prostą równoległą do prostej ; utworzy się równoległobok .

W przypadku, gdy , tj. gdy czworokąt jest trapezem (rys. 39), punkt leży na boku , .

W tym szczególnym przypadku konstrukcja czworokąta jest łatwa.

Kreślimy odcinek . Budujemy i po tej samej stronie prostej . Następnie odmierzamy . Przez punkt prowadzimy prostą równoległą do prostej do przecięcia z półprostą w punkcie . Przez punkt prowadzimy prostą aż do przecięcia z prostą w punkcie . Łatwo sprawdzić, że czworokąt spełnia warunki zadania. Rozwiązanie istnieje, jeżeli punkt leży wewnątrz odcinka , tzn. jeżeli .

W przypadku, gdy i , czyli , i , punkt leży wewnątrz kąta .

Istotnie, gdy czworokąt jest wypukły (rys. 37), półprosta leży wewnątrz kąta , gdyż ; zatem półprosta przecina prostą w punkcie leżącym wewnątrz odcinka . Półprosta leży wewnątrz kąta , gdyż , zatem półprosta przecina prostą w punkcie leżącym wewnątrz odcinka . Odcinki i przecinają się w punkcie leżącym wewnątrz kąta .

Jeśli zaś czworokąt jest wklęsły (rys. 38), to półprosta przecina prostą w punkcie leżącym na przedłużeniu boku poza punkt ; podobnie półprosta przecina prostą w punkcie leżącym na przedłużeniu odcinka poza punkt . Odcinki i przecinają się w punkcie leżącym wewnątrz kąta .

Obliczmy kąt . W przypadku wielokąta wypukłego

W przypadku wielokąta wklęsłego

W obu przypadkach, w trójkącie znamy boki i oraz kąt między nimi zawarty; trójkąt można więc zbudować, a tym samym znaleźć punkt .

Konstrukcja jest następująca: kreślimy odcinek i przy półprostych i wykreślamy odpowiednio kąty i ; następnie budujemy trójkąt i przez punkt prowadzimy równoległą do zbudowanego ramienia kąta . Jeśli ta równoległa przetnie zbudowane ramię kąta w punkcie , to wierzchołek czworokąta znajdujemy w przecięciu ramienia kąta z prostą poprowadzoną przez punkt równolegle do prostej . Z konstrukcji jest widoczne, że czworokąt spełnia warunki zadania.

Rozwiązanie istnieje, jeśli punkt wypadnie wewnątrz kąta , gdyż tylko wtedy istnieje punkt . Warunek ten łatwo ująć w formie zależności między danymi zadania. Mianowicie półprosta na pewno przecina się ze zbudowanym ramieniem kąta , tworząc trójkąt , gdyż suma kątów zbudowanych przy i jest mniejsza od kąta półprostego:

Punkt leży wewnątrz kąta , gdy . Otóż

warunek rozwiązalności zadania brzmi zatem

czyli

Zauważmy, że jeśli , to i nierówność (1) daje znaleziony poprzednio dla tego przypadku warunek . Możemy więc sformułować wynik całego rozumowania jak następuje:

Jeżeli , zadanie ma rozwiązanie pod warunkiem, że spełniona jest nierówność (1); rozwiązanie jest tylko jedno.

II. . W tym przypadku poszukiwany czworokąt jest trapezem o podstawach i , przy czym (ponieważ założyliśmy na wstępie, że ).

Jeśli , czworokąt jest równoległobokiem, więc (rys. 40). Zadanie można w takim przypadku rozwiązać tylko wtedy, gdy dane boki spełniają warunek ; rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

Jeśli , prowadzimy równoległą do boku (rys. 41). W trójkącie mamy , , , . Dane boki i kąty muszą więc spełniać związek (twierdzenie sinusów)

czyli

Jeśli ten warunek jest spełniony, zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, które otrzymujemy budując trójkąt i przesuwając następnie odcinek w kierunku .

Zauważmy, że jeśli , to równość (2) daje znaleziony przedtem dla tego przypadku warunek . Możemy więc powiedzieć:

Jeżeli , zadanie ma rozwiązania, o ile spełniona jest równość (2); rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

III OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli kąty , , trójkąta spełniają równanie

to jeden z tych kątów równa się .

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia uzyskamy przekształcając równość (1). Aby przekształcenie wykonać w sposób właściwy, należy się zastanowić, do czego ma ono zmierzać.

Wystarczy dowieść, że jedna z liczb , , równa się zeru, gdyż wtedy jeden z kątów , , równa się .

Chodzi więc o to, by z równości (1) wywnioskować równość

W tym celu przekształcamy równość (3) jak następuje:

skąd lub lub .

III OM - III - Zadanie 5

Dowieść, że żadna z cyfr , , , nie może być ostatnią cyfrą liczby

gdzie jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie

Jeśli ostatnią cyfrą danej liczby jest , to

więc

Ponieważ jest liczbą całkowitą więc wyróżnik powyższego równania, tj. liczba

jest kwadratem liczby całkowitej. Ostatnia cyfra tego wyróżnika jest to ostatnia cyfra liczby . Gdy równa się , , , , wówczas kończy się odpowiednio cyfrą , , , .

Otóż kwadrat liczby całkowitej kończącej się cyfrą ma postać , ma więc tę samą ostatnią cyfrę, co . A ponieważ kwadraty liczb od do nie kończą się ani cyfrą , ani cyfrą , więc nie może być żadną z cyfr , , , .

III OM - III - Zadanie 6

W okrągłej wieży o wewnętrznej średnicy m znajdują się schody kręcone o wysokości m. Wysokość każdego stopnia schodów wynosi m. W rzucie poziomym stopnie tworzą przylegające do siebie wycinki kołowe o kącie . Węższe końce stopni umocowane są w okrągłym filarze o średnicy m, którego oś pokrywa się z osią wieży. Obliczyć największą długość pręta prostoliniowego, który można przenieść tymi schodami z dołu do góry (nie brać pod uwagę grubości pręta ani grubości płyt, z których zrobione są schody).

Rozwiązanie

Na jedno okrążenie wieży przypada schodów o łącznej wysokości . Stopień z numerem leży więc dokładnie nad stopniem z numerem w odległości . Rzut prostokątny klatki schodowej na rzutnię poziomą tworzy pierścień kołowy o promieniach i podzielony na wycinków (rys. 43).

Pręt umieszczony w wieży znajduje się w przekroju klatki schodowej płaszczyzną pionową , w której ten pręt leży. Niech śladem płaszczyzny na rzutni poziomej będzie prosta . Kształt owego przekroju płaszczyzną pionową znajdziemy wykonując kład płaszczyzny na rzutnię poziomą, tj. odmierzając na prostopadłych wystawionych w punktach cięciwy odcinki równe wysokościom odpowiednich punktów przekroju, jak wskazuje rys. 43. Łamana powstaje przez przesunięcie łamanej prostopadle do prostej o m. W takim przekroju można umieścić pręt o długości wynoszącej co najwyżej

Biorąc pod uwagę płaszczyzny pionowe równoległe do płaszczyzny , stwierdzamy, że największą wartość długości uzyskamy, gdy ślad płaszczyzny będzie styczny do wewnętrznego okręgu pierścienia, gdyż wówczas osiągniemy największe długości odcinków i .

Należy więc obliczyć największą długość pręta, jaki można przenieść schodami w ten sposób, że pręt podczas ruchu pozostaje styczny do filaru.

Przekrój klatki schodowej płaszczyzną styczną do filaru wykreślamy podobnie, jak przekrój na rys. 43, z tą jednak różnicą, że prosta jest styczna do mniejszego okręgu (s. 44).

Długość cięciwy obliczamy ze wzoru , a kąt środkowy ze wzoru , skąd . W kącie mieści cię w przybliżeniu wycinka odpowiadającego stopniom schodów.

Przekrój wykreślony na rys. 44 liniami ciągłymi przechodzi przez koniec krawędzi jednego ze stopni, wobec czego w dolnej części przekroju jest punktów przecięcia płaszczyzny przekroju pionowego z krawędziami stopni; są to punkty , należące do krawędzi o rzutach . W górnej części przekroju mamy analogiczne punkty . Obliczamy , .

W takim przekroju można umieścić pręt o długości wynoszącej co najwyżej

Niech płaszczyzna przekroju pionowego obraca się dokoła osi wieży. Wówczas przekrój będzie się zmieniał, przy czym wszelkie możliwe kształty przekroju wystąpią już przy obrocie od do ; przy dalszym obrocie powtarzają się co jednakowe przekroje przesunięte za każdym razem do góry o .

Dla przedstawienia rysunkowego dogodnie jest przyjąć, że płaszczyzna przekroju jest nieruchoma, a obraca się wieża, np. w kierunku zaznaczonym na rysunku 44 strzałką. Przy obrocie od do punkt przebiega wówczas łuk , a punkt przebiega łuk Rozważmy kolejne stadia tego obrotu.

1° Gdy punkt zakreśla łuk , pręt umieszczony początkowo w położeniu może pozostawać w tym położeniu, tzn. mieć obliczoną wyżej największą długość m. Zauważmy, że umieszczeniu pręta wzdłuż odcinka nie przeszkadza podczas rozważanego obrotu żadna krawędź stopni; na wykonanym dokładnie rysunku jest widoczne, że punkty leżą stale po jednej stronie, a punkty po drugiej stronie prostej . Fakt ten można by sprawdzić rachunkowo, wykazując, że kąty pozostają mniejsze od kąta , a kąty są większe od kąta .

2° Gdy punkt przekroczy przy obrocie punkt i przebiegać będzie łuk , sytuacja ulegnie zmianie; płaszczyzna przetnie oprócz poprzednich krawędzi stopni jeszcze te krawędzie, których rzutem jest promień . W górnej części przekroju powstanie z lewej strony ósma wnęka i pręt można będzie przesuwać w płaszczyźnie stopniowo do góry od położenia aż do położenia , tj. podnieść go o wysokość jednego stopnia, czyli o m. Na rys. 44 odpowiedni kształt przekroju został zaznaczony kreskami.

3° Gdy punkt znajdzie się w położeniu , otrzymamy przekrój tego samego kształtu, co przekrój początkowy, lecz podniesiony o m; pręt zachowa nadal położenie , w którym pozostanie aż do chwili, gdy punkt znajdzie się w punkcie , po czym znowu można będzie przesuwać pręt ku górze itd.

Z powyższego wynika, że pręt o długości m można przenieść schodami do góry; dłuższego pręta przenieść nie można, gdyż nie zmieściłby się w niektórych przekrojach, np. w przekroju początkowym.

Gdyby natomiast chodziło tylko o umieszczenie pręta w wieży bez przenoszenia, mógłby on mieć największą długość