III OM - I etap

I etap III Olimpiady Matematycznej

III OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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, $PK = PR$ , $PL = PS$ , $QM = QR$ , $QN = QS$ .

Zważywszy, że wskutek symetrii figury zachodzi równość $KL = MN$ , możemy rozumowanie ująć krótko:

$ \begin{split} 2 KL & = KL + MN = KP + PL + MQ + QN = PR + PS + RQ + SQ =\\ & = (PR + RQ) + (PS + SQ) = 2 PQ, \end{split} $

istotnie więc $KL = PQ$ .

Uwaga 1. Dowód powyższy stosuje się i w tym przypadku, gdy dane okręgi są styczne (zewnętrznie); wówczas punkty $R$ i $S$ 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 $AB$ , $BC$ i $CA$ , tworzące trójkąt $ABC$ , oraz przez okrąg wpisany i okręgi dopisane tego trójkąta (rys. 11).

Niech $AB = c$ , $BC = a$ , $CA = b$ , $AB + BC + CA = 2p$ . Punkty styczności okręgów z prostą $BC$ oznaczmy, jak na rysunku, literami $M$ , $P$ , $Q$ , $R$ , załóżmy wreszcie, że $b \geq c$ . Wówczas:

$ \begin{array}{lll} CM = p - c & MP =b - c & PQ = c \\ CP = p - b & MQ = c & PR = b\\ CQ = p & MR = b & QR = b + c\\ CR = p - a & & \end{array} $

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

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Dowieść, że pole $S$ czworokąta wpisanego w koło i mającego boki $a$ , $b$ , $c$ , $d$ wyraża się wzorem

$ S = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c)(p - d)}, $

gdzie $2p = a + b + c + d$ .

Rozwiązanie

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

$ (1) \qquad S = \textrm{pole }ABD + \textrm{pole }BOD = \frac{1}{2} (ad \sin A + bc \sin C), $

a ponieważ w czworokącie wpisanym w koło jest $A + C = 180^\circ$ , więc

$ (2) \qquad 2S = (ad + bc) \sin A. $

Zależność między kątem $A$ i bokami czworokąta znajdziemy obliczając długość $BD$ z trójkąta $ABD$ i z trójkąta $BCD$ :

$ BD^2 = a^2 + d^2 - 2ad \cos A = b^2 + c^2 - 2bc \cos C, $

skąd

$ (3) \qquad a^2 + d^2 - b^2 - c^2 = 2ad \cos A -2bc \cos C, $

a ponieważ $\cos C = - \cos A$ , więc

$ (4) \qquad a^2 + d^2 - b^2 - c^2 = 2 (ad + bc) \cos A. $

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

$ 16 S^2 + (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)^2 = 4 (ad + bc)^2. $

Stąd

$ \begin{split} 16 S^2 & = 4 (ad + bc)^2 - (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)^2 = [2 (ad + bc) + \\ & + (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)] [2 (ad + bc) - (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)] = \\ & = [(a + d)^2 - (b - c)^2] [(b + c)^2 - (a-d)^2] \end{split} $

i ostatecznie

$ (5) \qquad 16S^2 = (a + d - b + c) (a + d + b - c) (b + c - a +d) (b + c + a - d). $

Wprowadzamy oznaczenie

$ a + b + c + d = 2p $

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

$ a + d - b + c = a + b + c + d - 2b = 2(p - b); $

podobnie

$a + d + b - c = 2(p - c),$

$b + c - a + d = 2(p - a),$

$b + c + a - d = 2 (p - d).$

Podstawiając te wyrażenia do równości (5) otrzymujemy

$ 16 S^2 = 2^4 (p - a)(p - b) (p - c)(p - d), $

skąd

$ (6) \qquad S = \sqrt{ (p - a) (p -b)(p - c) (p - d)}, $

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:

$ 16 S^2 = 4a^2d^2 \sin^2 A + 4b^2c^2 \sin^2 C + 8 abcd \sin A \sin C, $

$ (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)^2 = 4a^2d^2 \cos^2 A + 4b^2c^2 \cos^2C - 8abcd \cos A \cos C. $

Dodając te równości stronami:

$ 16 S^2 + (a^2 + d^2 - b^2 - c^2)^2 = 4a^2d^2 + 4b^2c^2 - 8abcd \cos (A + C) $

i podstawiając $\cos (A + C) = 2 \cos^2 \frac{A+C}{2} - 1$ otrzymujemy

$ 16S^2 = 4 (ad + bc)^2 - (a^2 + d^2-b^2 - c^2)^2 - 16abcd \cos^2 \frac{A+C}{2}. $

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

$ 16S^2= 16 (p -a) (p - b) (p - c) (p - d) - 16abcd \cos^2 \frac{A+C}{2}, $

skąd ostatecznie mamy wzór

$ (7) \qquad S = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d) - abcd \cos^2 \frac{A+C}{2}}. $

Gdy $A+C = 180^\circ$ , tj. gdy czworokąt jest wpisany w koło, wówczas $\cos \frac{A+C}{2} = 0$ , 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 $\cos \frac{A+C}{2} =0$ , więc $A + C = 180^\circ$ .

Zwróćmy uwagę jeszcze na następujący ciekawy wniosek ze wzoru (7): gdy boki $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są stałe, wzór (7) daje największą wartość pola $S$ w przypadku, gdy $A + C = 180^\circ$ . A zatem:

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

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

Spośród wszystkich czworokątów, jakie można zbudować z danych boków $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , 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 $A$ i $B$ mają takie same boki i na czworokącie $A$ można opisać kolo, a na czworokącie $B$ nie można opisać koła, to pole czworokąta $A$ jest większe niż fole czworokąta $B$ .

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 $a$ , $b$ , $c$ , $d$ istnieje czworokąt wpisany w koło. Możemy to zrobić w sposób następujący:

Niech $ABCD$ będzie czworokątem o bokach $a$ , $b$ , $c$ , $d$ (rys. 26), w którym $A + C < 180^\circ$ . Jeśli na przedłużeniu przekątnej $BD$ obierzemy dowolnie punkt $D_1$ - tak jednak, aby odcinek $x = BD_1$ był krótszy od $a + d$ i od $b + c$ , to możemy zbudować (jak wskazuje rysunek 26) określony czworokąt $A_1BC_1D_1$ o bokach $a$ , $b$ , $c$ , $d$ . Wówczas $A_1 > A$ i $C_1 > C$ .

Gdy punkt $D_1$ oddala się od punktu $D$ , kąty $A_1$ i $C_1$ wzrastają, przy czym można znaleźć takie położenie punktu $D_1$ , że $A_1 + C_1 > 180^\circ$ . Jeżeli np. $a + d 180^\circ$ .

Otóż suma $A_1 + C_1$ jest funkcją ciągłą zmiennej $x = BD_1$ , co łatwo sprawdzić obliczając kąty $A_1$ i $C_1$ z trójkątów $A_1BD_1$ i $BC_1D_1$ w zależności od $x$ i od $a$ , $b$ , $c$ , $d$ . Gdy punkt $D_1$ posuwa się po przedłużeniu odcinka $BD$ poczynając od punktu $D$ , funkcja ta przechodzi od wartości mniejszych niż $180^\circ$ do wartości większych niż $180^\circ$ , musi więc przejść przez wartość $180^\circ$ , tzn. istnieje taki punkt $D_1$ , że czworokąt $A_1BC_1D_1$ 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 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ (gdzie $n \geq 3$ ) największe pole ma wielokąt wpisany w koło.

III OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 + z^2 = 19^2\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 0\\ x - y + z = 11. \end{array} \right. $

Rozwiązanie

Mnożąc drugie równanie danego układu:

$ (*) \qquad \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 0 $

przez iloczyn $xyz$ , otrzymujemy równanie

$ (**) \qquad xy + yz + zx = 0. $

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

$ (2) \qquad \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 + z^2 = 19^2\\ xy + yz + zx = 0\\ x - y + z = 11. \end{array} \right. $

Wykażemy, że układ równań (2) jest równoważny układowi (1). W samej rzeczy, każdy zespół liczb $x$ , $y$ , $z$ spełniający równanie (*) spełnia też równanie (**), a więc każdy zespół liczb $x$ , $y$ , $z$ spełniający układ (1) spełnia też układ (2). A czy twierdzenie odwrotne jest prawdziwe? Otóż rozwiązaniem równania (**) jest każdy zespół liczb $x$ , $y$ , $z$ 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 $x$ , $y$ , $z$ 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 $2$ i dodając stronami do pierwszego równania otrzymujemy równoważny z układem II układ

$ (3) \qquad \left\{ \begin{array}{l} (x + y + z)^2 = 19^2\\ xy + yz + zx = 0\\ x - y + z = 11. \end{array} \right. $

Układ ten można zastąpić alternatywą

$ (3a )\qquad \left\{ \begin{array}{l} x + y + z = 19\\ xy + yz + zx = 0\\ x - y + z = 11 \end{array} \right. \textrm{lub } (3b) \qquad \left\{ \begin{array}{l} x + y + z = - 19\\ xy + yz + zx = 0\\ x - y + z = 11. \end{array} \right. $

A. Rozważmy układ równań (3a). Odejmując od pierwszego równania trzecie, otrzymujemy $y = 4$ ; podstawiając tę wartość w drugim oraz trzecim równaniu otrzymujemy układ równań

$ (4) \qquad \left\{ \begin{array}{l} y = 4\\ 4 (x + z) + xz = 0\\ x + z= 15. \end{array} \right. $

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

$ (5) \qquad \left\{ \begin{array}{l} y = 4\\ xz = - 60\\ x + z = 15. \end{array} \right. $

Rozwiązanie tego układu równań daje dwie możliwości:

$ (5a) \qquad x = \frac{15-\sqrt{465}}{2},\ y=4,\ z=\frac{15 +\sqrt{465}}{2} $

lub

$ (5b) \qquad x = \frac{15+\sqrt{465}}{2},\ y=4,\ z=\frac{15 -\sqrt{465}}{2} $

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

$ (6) \qquad \left\{ \begin{array}{l} y = - 15\\ xz = - 60\\ x + z = - 4. \end{array} \right. $

Rozwiązanie tego układu równań daje dwie możliwości:

$ (6a) \qquad x = - 10,\ y = - 15, \ z = 6 $

lub

$ (6b) \qquad x = 6,\ y = - 15,\ z = - 10. $

III OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Wykazać, że jeżeli

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

to co najmniej dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ 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

$ a = \tg \alpha, b = \tg \beta, c = \tg \gamma, $

gdzie $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są określonymi kątami zawartymi wewnątrz przedziału od $- 90^\circ$ do $90^\circ$ . Równanie (1) przybiera postać

$ \frac{\tg \alpha - \tg \beta}{1 + \tg \alpha \tg \beta} + \frac{\tg \beta - \tg \gamma}{1 + \tg \beta \tg \gamma} + \frac{\tg \gamma - \tg \alpha}{1 + \tg \gamma \tg \alpha} = 0 $

lub

$ (5) \qquad \tg (\alpha - \beta) +\tg (\beta - \gamma) + \tg (\gamma - \alpha) = 0, $

przy czym każdy z kątów $\alpha - \beta$ , $\beta - \gamma$ , $\gamma - \alpha$ zawiera się wewnątrz przedziału od $- 180^\circ$ do $180^\circ$ .

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

$ \tg m + \tg n = \tg (m + n) (1 - \tg m \tg n) $

otrzymujemy

$ \tg (\alpha - \gamma) [1 - \tg (\alpha - \beta) \tg (\beta - \gamma)]+ \tg (\gamma - \alpha) = 0, $

a stąd

$ (6) \qquad \tg (\alpha - \gamma) \tg (\alpha - \beta) \tg (\beta - \gamma) = 0. $

Któryś z tangensów we wzorze (6) musi równać się zeru, a ponieważ, jak zauważyliśmy wyżej, odpowiedni kąt jest większy od $- 180^\circ$ a mniejszy od $180^\circ$ , więc kąt ten musi być też równy zeru. Co najmniej dwa z kątów $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są zatem równe, a to oznacza, że co najmniej dwie spośród liczb $a$ , $b$ , $c$ są równe.

III OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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

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

Rozwiązanie

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

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

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

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

W takim razie jnnkty $A$ i $C$ są równo odległe od płaszczyzny $\beta$ i leżą po jej stronach przeciwnych, zatem płaszczyzna $\beta$ przechodzi przez środek $M$ odcinka $AC$ . Podobnie płaszczyzna $\gamma$ przechodzi przez środek $N$ odcinka $BD$ . Z tego, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na płaszczyźnie, wynika, że punkt $M$ jest różny od punktu $B$ , a punkt $N$ jest różny od punktu $C$ .

Wysnuwamy stąd następującą konstrukcję. Łączymy punkt $B$ ze środkiem $M$ odcinka $AC$ , a punkt $C$ ze środkiem $N$ odcinka $BD$ (rysunek 13 wyobraża rzut równoległy figury). Proste $BM$ i $CN$ są skośne; Gdyby bowiem leżały w jednej płaszczyźnie, to w tej samej płaszczyźnie leżałyby - wbrew założeniu - punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Wiemy ze stereometrii, że przez dwie proste skośne $BM$ i $CN$ można poprowadzić dwie i tylko dwie płaszczyzny wzajemnie równoległe $\beta$ i $\gamma$ .

W tym celu prowadzimy przez punkt $M$ prostą $m$ równoległą do prostej $CN$ , a przez punkt $N$ prostą $n$ równoległą do prostej $BM$ ; płaszczyzna $\beta$ jest wówczas wyznaczona przez proste $m$ i $BM$ , a płaszczyzna $\gamma$ - przez proste $n$ i $CN$ .

Wreszcie przez punkty $A$ i $D$ prowadzimy płaszczyzny $\alpha$ i $\delta$ równoległe do płaszczyzn $\beta$ i $\gamma$ ; możemy je wyznaczyć, jak wskazuje rysunek 13, prowadząc przez każdy z punktów $A$ i $D$ proste równoległe do prostych $BM$ i $CN$ .

Wyznaczone w ten sposób płaszczyzny $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ dają rozwiązanie zadania, gdyż punkty $A$ i $C$ , a zatem i płaszczyzny $\alpha$ i $\gamma$ są równo odległe od płaszczyzny $\beta$ i leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny $\beta$ - i tak samo płaszczyzny $\beta$ i $\delta$ są równo odległe od płaszczyzny $\gamma$ i leżą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny.

Rozwiązanie powyższe znaleźliśmy założywszy o szukanych płaszczyznach, że leżą w kolejności $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ . Dla innych kolejności szukanych płaszczyzn znajdziemy w ten sam sposób inne rozwiązania zadania. Liczba wszystkich możliwych kolejności, czyli jak się inaczej mówi, permutacyj liter $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ wynosi $4!$ , tj. $24$ . Zauważmy jednak, że dwie permutacje "odwrotne" jak np. $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ i $\delta$ , $\gamma$ , $\beta$ , $\alpha$ dają to samo rozwiązanie. Wobec tego zadanie ma $\frac{24}{2} = 12$ rozwiązań odpowiadających permutacjom:

$ \alpha \beta \gamma \delta,\ \alpha \beta \delta \gamma,\ \alpha \gamma \beta \delta ,\ \alpha \gamma \delta \beta ,\ \alpha \delta \beta \gamma,\ \alpha \delta \gamma \beta $

$ \beta \alpha \gamma \delta,\ \beta \alpha \delta \gamma,\ \beta \gamma \alpha \delta ,\ \beta \delta \alpha \gamma ,\ \gamma \alpha \beta \delta,\ \gamma \beta \alpha \delta . $

III OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Dowieść, ze wielomian

$ x^{44} + x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1 $

jest podzielny przez wielomian $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ .

Rozwiązanie

Pomnóżmy każdy z danych wielomianów

$ f(x) = x^{44} + x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1 $

oraz

$ g(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 $

przez $x - 1$ ; otrzymamy wielomiany

$ \begin{split} F(x)& = (x - 1) (x^{44} + x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1) = \\ & = x^{45} - x^{44} + x^{34} - x^{33} + x^{23} - x^{22} + x^{12} - x^{11} + x - 1 \end{split} $

$ G(x) = (x- 1) (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = x^5 - 1. $

Aby dowieść, że wielomian $f(x)$ jest podzielny przez wielomian $g (x)$ , wystarczy wykazać, że wielomian $F (x)$ jest podzielny przez wielomian $G (x)$ , tj. przez $x^5 - 1$ .

Otóż

$ \begin{split} & x^{45} - x^{44} + x^{34} - x^{33} + x^{23} - x^{22} + x^{12}- x^{11} + x - 1 =\\ & = (x^{45} - 1) - x^{34} (x^{10} - 1) - x^{23} (x^{10} - 1) - x^{12} (x^{10} - 1) - x(x^{10}- 1)= \\ & = [(x^5)^9 - 1] - (x^{10} - 1) (x^{34} + x^{23} + x^{12} + x) = \\ & = (x^5-1)(x^{40} + x^{35}] + \ldots + 1)-(x^5-1)(x^5+1)(x^{34} + x^{23} + x^{12} + x) =\\ & = (x^5 - 1) [x^{40} + x^{35} + \ldots + 1 - (x^5 + 1) (x^{34} + x^{23} + x^{12} + x)]. \end{split} $

Zatem

$ F(x) = G(x) [x^{40} + x^{35} + \ldots + 1 - (x^6 + x) (x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1)]. $

Istotnie więc wielomian $F(x)$ jest podzielny przez wielomian $G(x)$ czego należało dowieść.

Dzieląc obie strony ostatnie równości przez $x - 1$ otrzymujemy wzór

$ \begin{split} & x^{44} + x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1 = \\ & = (x^4 + x^3 + x^2 + x+1) [x^{40} + x^{35} + \ldots + 1 - (x^6 + x) (x^{33} + x^{22} + x^{11} + 1)], \end{split} $

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

III OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Dowieść, że jeżeli $u \geq 0$ , $v \geq 0$ , $w \geq 0$ , to zachodzi nierówność

$ (1) \qquad u^3 + v^3 + w^3 \geq 3uvw. $

Rozwiązanie

Gdy któraś z liczb $u$ , $v$ , $w$ 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 $u > 0$ , $v > 0$ , $w > 0$ , to

$ u^3 + v^3 + w^3 \geq 3uvw. $

\spos{I} Rozłożymy wielomian $u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw$ na czynniki. Przekształcimy w tym celu sześcian sumy liczb $u$ , $v$ , $w$ w następujący sposób:

$ \begin{split} (u& + v + w)^3 = (u + v)^3 + 3 (u + v)^2 w + 3 (u + v) w^2 + w^3 = \\ & = u^3 + 3u^2v + 3uv^2 + v^3 + 3u^2w + 6uvw + 3v^2w + 3uw^2 + 3vw^2 + w^3 = \\ & = u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw + (3u^2v + 3uv^2 + 3uvw) + (3v^2w + 3vw^2 + 3uvw) + \\ & + (3u^2w + 3uw^2 + 3uvw) = u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw + 3uv (u + v + w) + \\ & + 3vw (u + v + w) + 3wu (u + v + w) = u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw + \\ & + 3 (u + v + w) (uv + vw + wu). \end{split} $

Stąd

$ \begin{split} u^3 +& v^3 + w^3 - 3uvw =\\ & = (u + v + w)^3 - 3 (u + v + w)(uv + vw + wu) = \\ & = (u + v + w) [(u + v + w)^2 - 3 (uv + vw + wu)] =\\ & = (u + v + w) (u^2 + v^2 + w^2 - uv - vw - wu) = \\ & = \frac{1}{2} (u + v + w) (2u^2 + 2v^2 + 2w^2 - 2 uv - 2vw - 2wu). \end{split} $

Ostatecznie otrzymujemy

$ u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw = \frac{1}{2} (u + v + w)[(u- v)^2 + (v-w)^2 + (w - u)^2]. $

Ponieważ $u + v + w > 0$ , a $(u - v)^2 + (v - w)^2 + (w - u)^2 \geq 0$ , więc

$ u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw \geq 0, $

co było do okazania.

III OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Niech $a$ , $b$ oznaczają przyprostokątne trójkąta prostokątnego, $c$ - jego przeciwprostokątną, $r$ - promień koła wpisanego, wreszcie $r_a$ , $r_b$ , $r_c$ - promienie kół dopisanych tego trójkąta. Dowieść, że:

1) $r + r_a + r_b = r_c$

2) promienie $r$ , $r_a$ , $r_b$ , $r_c$ wyrażają się jednocześnie liczbami całkowitymi wtedy i tylko wtedy, gdy boki $a$ , $b$ , $c$ są wyrażone liczbami całkowitymi.

Rozwiązanie

W zadaniu tym mamy do czynienia z figurą rys. 16, która jest przypadkiem szczególnym figury rys. 11, gdyż kąt $C$ jest prosty. Widzimy, że $r = CM$ , $r_a = CP$ , $r_b= CR$ , $r_c = CQ$ .

Oznaczając $a + b +c = 2p$ i stosując wzory podane w uwadze II do zadania 16 otrzymujemy

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{l} r = p - c\\ r_a = p-b\\ r_b = p - a\\ r_c = p \end{array} \right. $

Stąd od razu wynika pierwsza część twierdzenia:

$ r + r_a + r_b = 3p - (a + b + c) = 3p - 2p = p = r_c. $

Aby dowieść części drugiej załóżmy najpierw, że $a$ , $b$ , $c$ są liczbami całkowitymi. Dowód, że $r$ , $r_a$ , $r_b$ , $r_c$ są również liczbami całkowitymi, sprowadza się - jak to widać ze wzorów (1) - do wykazania, że $p$ jest liczbą całkowitą, tj. że $2p$ jest liczbą parzystą. Otóż według twierdzenia Pitagorasa

$ (2) \qquad a^2 + b^2 - c^2 = 0. $

Wobec tego albo wszystkie trzy liczby $a^2$ , $b^2$ , $c^2$ 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 $2$ i równość ta nie mogłaby zachodzić. Stąd wniosek, że albo wszystkie trzy liczby $a$ , $b$ , $c$ są parzyste, albo jedna jest parzysta a dwie pozostałe są nieparzyste; w obu przypadkach suma liczb $a$ , $b$ , $c$ tj. $2p$ jest liczbą parzystą, co było do okazania.

Odwrotnie: jeśli $r$ , $r_a$ , $r_b$ , $r_c$ są liczbami całkowitymi, to $a$ , $b$ , $c$ są też liczbami całkowitymi, gdyż ze wzorów (1) wynika, że

$ \left\{ \begin{array}{l} a = r + r_a\\ b = r + r_b\\ c = r + r_c. \end{array} \right. $

III OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

W trójkącie $ABC$ na boku $BC$ leży punkt $M$ , na boku $AC$ leży punkt $N$ , a odcinki $AM$ i $BN$ przecinają się w punkcie $P$ . Mając dane stosunki

$ BM \colon MC = m \textrm{ i } AN \colon NC = n $

obliczyć stosunki $AP \colon PM$ i $BP \colon PN$ .

Rozwiązanie

Zadanie można w prosty sposób rozwiązać opierając się na twierdzeniu Talesa. Poprowadźmy $MK \parallel BN$ (rys. 17); wówczas w trójkątach $BCN$ i $MAK$ mamy odpowiednio: $\frac{NK}{KC} = \frac{BM}{MC} = m$ i $\frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK}$ . Wobec tego

$ \frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK} = \frac{AN}{NC} \cdot \frac{NC}{NK} = n \cdot \frac{NK + KC}{NK} = n \left( 1 + \frac{KC}{NK} \right) = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right). $

Analogicznie otrzymujemy

$ \frac{BP}{PN} = m \left( 1 + \frac{1}{n} \right). $

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

Jeżeli boki $AB$ , $BC$ , $CA$ trójkąta $ABC$ lub ich przedłużenia przecięte są linią prostą odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ , to iloczyn trzech stosunków podziału $\frac{AM}{MB}$ , $\frac{BN}{NC}$ , $\frac{CP}{PA}$ równa się jedności:

$ (1) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1. $

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

1. Przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ trójkąta $ABC$ prowadzimy prostopadłe $d_1$ , $d_2$ , $d_3$ do prostej $k$ (rys. 18). Według twierdzenia Talesa

$ \frac{AM}{MB} = \frac{d_1}{d_2},\ \frac{BN}{NC} = \frac{d_2}{d_3},\ \frac{CP}{PA} = \frac{d_3}{d_1}. $

Zatem

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = \frac{d_1}{d_2} \cdot \frac{d_2}{d_3} \cdot \frac{d_3}{d_1} =1. $

2. Obierzmy w płaszczyźnie trójkąta $ABC$ dowolną prostą $l$ , przecinającą linię prostą $k$ (rys. 19). Niech rzutami równoległymi punktów $A$ , $B$ , $C$ na prostą $l$ w kierunku prostej $k$ będą punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , a wspólnym rzutem punktów $M$ , $N$ , $P$ niech będzie punkt $O'$ .

Ponieważ stosunek odcinków prostej równa się stosunkowi ich rzutów, więc

$ \frac{AM}{MB} = \frac{A'O'}{O'B'},\ \frac{BN}{NC} = \frac{B'O'}{O'C'},\ \frac{CP}{PA} = \frac{C'O'}{O'A'}, $

zatem

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} = 1. $

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 $A_1A_2, A_2A_3, \ldots, A_nA_1$ wielokąta płaskiego $A_1A_2\ldots A_n$ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $M_1, M_-2, \ldots, M_n$ , to

$ (2) \qquad \frac{A_1M_1}{M_1A_2} \cdot \frac{A_2M_2}{M_2A_3} \cdot \ldots \cdot \frac{A_nM_n}{M_nA_1} = 1. $

II. Jeżeli płaszczyzna przecim boki $A_1A_2,A_2A_3,\ldots, A_nA_1$ wieloboku przestrzennego $A_1 A_2 \ldots A_n$ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $M_1, M_2,\ldots, M_n$ , to również zachodzi równość (2).

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

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MP}{PA} = 1, $

skąd

$ \frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NC} = \frac{CB}{BM} = n \cdot \frac{CM + MB}{BM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right), $

zgodnie z wynikiem poprzednim; analogicznie obliczamy stosunek $\frac{BP}{PN}$ .

Twierdzenie Talesa jest przypadkiem granicznym twierdzenia Menelausa. Gdy np. punkt $N$ (rys. 18) jest nieruchomy, a punkt $P$ oddala się po prostej $CA$ do nieskończoności, prosta $NP$ dąży do prostej równoległej do prostej $CA$ , a we wzorze (1) stosunek $\frac{CP}{PA}$ dąży do $1$ , wobec czego wzór ten przechodzi na wzór

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} = 1, $

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

Przy takiej umowie twierdzenie Menelausa przybiera postać

$ (3) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = -1. $

Możliwe są bowiem tylko dwa przypadki: bądź dwa spośród punktów $M$ , $N$ , $P$ leżą na bokach trójkąta, a trzeci leży na przedłużeniu boku, bądź wszystkie trzy punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na przedłużeniach boków trójkąta. W pierwszym przypadku dwa spośród stosunków $\frac{AM}{MB}$ , $\frac{BN}{NC}$ , $\frac{CP}{PA}$ 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 $1$ .

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

$ \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} = \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \left( - \frac{O'B'}{O'C'} \right) \cdot \frac{O'C'}{A'O'} = -1. $

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 $M$ , $N$ , $P$ położone są na prostych $AB$ , $BC$ , $CA$ i zachodzi równość (3), to punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na jednej prostej.

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

Jeżeli proste $AS$ , $BS$ , $CS$ przecinają odpowiednio boki $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ lub ich przedłużenia w punktach $N$ , $P$ , $M$ , przy czym punkt $S$ nie leży na żadnej z prostych $AB$ , $BC$ , $CA$ , to

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

4. Sformułować i udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Cevy.

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

III OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Rozwiązać równanie

$ (1) \qquad |x| + |x - 1| + |x -2| = a, $

gdzie $a$ oznacza daną liczbę dodatnią.

Rozwiązanie

Definicja wartości bezwzględnej $|l|$ liczby rzeczywistej $l$ jest następująca :

$ \begin{array}{l} \textrm{jeśli }l \geq 0, \textrm{ to } |l| = l,\\ \textrm{jeśli }l < 0, \textrm{ to } |l| = -l. \end{array} $

Aby rozwiązać równanie (1), najlepiej zastąpić je równaniem nie zawierającym symbolu wartości bezwzględnej. Będziemy szukali rozwiązań równania kolejno w przedziałach $(-\infty, 0)$ , $(0,1)$ , $(1,2)$ , $(2,\infty)$ .

1. Jeśli $x \leq 0$ , równanie (1) przybiera postać

$ - x - (x-1) - (x - 2) = a, \textrm{ czyli } -3x + 3 = a. $

Stąd

$ x = \frac{3-a}{3}. $

Warunek $x \leq 0$ jest spełniony, gdy $a \geq 3$ .

2. Jeśli $0 \leq x \leq 1$ , równanie (1) przybiera postać

$ x - (x-1)-(x - 2) = a, \textrm{ czyli } -x + 3 = a. $

Stąd

$ x = 3 - a. $

Warunek $0 \leq x \leq 1$ jest spełniony, gdy $2 \leq a \leq 3$ .

3. Jeśli $1 \leq x \leq 2$ , równanie (1) przybiera postać

$ x + x - 1 - (x - 2 ) = a, \textrm{ czyli } x + 1 = a. $

Stąd

$ x = a - 1. $

Warunek $1 \leq x \leq 2$ jest spełniony, gdy $2 \leq a \leq 3$ .

4. Jeśli $x \geq 2$ , równanie (1) przybiera postać

$ x + x - 1 + x - 2 = a, \textrm{ czyli } 3x - 3 = a. $

Stąd

$ x = \frac{a + 3}{3}. $

Warunek $x \geq 2$ jest spełniony, gdy $a \geq 3$ .

Zestawimy otrzymane wyniki:

Gdy $a < 2$ , równanie (1) ma $0$ rozwiązań.

Gdy $a = 2$ , równanie (1) ma $1$ rozwiązanie: $x=1$ .

Gdy $2 < a < 3$ , równanie (1) ma $2$ rozwiązania: $x = 3-a$ , $x = a-1$ .

Gdy $a \geq 3$ , równanie (1) ma $2$ rozwiązania: $x = \frac{3-a}{3}$ , $x = \frac{a+3}{3}$ .

Zależność $x$ od $a$ przedstawiona jest graficznie na rys. 20.

III OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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

$ R \geq 2r. $

Rozwiązanie

Niech trójkąt $ABC$ będzie wpisany w okrąg $O(R)$ (symbol $O(R)$ oznacza okrąg o środku $O$ i promieniu $R$ ) i opisany na okręgu $S(r)$ (rys. 21). Przypuśćmy, że $AC \ne BC$ i weźmy pod uwagę trójkąt równoramienny $ABC_1$ wpisany w tenże okrąg $O(R)$ , przy czym punkt $C_1$ leży po tej samej stronie prostej $AB$ , co punkt $O$ .

Trójkąty $ABC$ i $ABC_1$ mają taki sam promień koła opisanego. Wykażemy, że promień $r_1$ koła wpisanego w trójkąt $ABC_1$ jest większy od promienia $r$ koła wpisanego w trójkąt $ABC$ . Istotnie, gdy punkt $C$ zakreśla łuk $BC_1A$ , środek $S$ koła wpisanego w trójkąt $ABC$ zatacza łuk okręgu przechodzącego przez punkty $A$ i $B$ (patrz zadanie Nr 9); odległość punktu $S$ od prostej $AB$ , tj. promień $r$ koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , osiągnie największą wartość, gdy punkt $S$ znajdzie się na symetralnej odcinka $AB$ , tj. w środku koła wpisanego w trójkąt $ABC_1$ ; zatem $r_1 > r$ .

Nierówność $r_1> r$ można też uzasadnić za pomocą rachunku, np. w sposób następujący: Niech $A$ , $B$ , $C$ oznaczają kąty trójkąta $ABC$ ; oznaczmy bok $AB$ literą $c$ i obliczmy pole trójkąta $ABS$

$ \textrm{pole }ABS = \frac{c^2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}}{2 \sin \frac{A+B}{2}} = \frac{c^2}{4} \frac{\cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2}}{\sin \frac{A+B}{2}} = \frac{c^2}{4} \frac{\cos \frac{A-B}{2} - \sin \frac{C}{2}}{\cos \frac{C}{2}}. $

Gdy punkt $C$ zakreśla łuk $BC_1A$ , kąt $O$ nie zmienia swej wielkości; pole $ABS$ osiąga największą wartość, gdy $\cos \frac{A-B}{2} = 1$ , tj. gdy $A = B$ .

Zatem

$ \textrm{pole }ABS < \textrm{pole }ABS_1, \textrm{ a stąd } r < r_1. $

Z dowiedzionej nierówności wynika, że jeśli nierówność $R \geq 2r$ jest prawdziwa dla trójkąta równoramiennego, to jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta. Wystarczy zatem udowodnić to twierdzenie dla trójkąta równoramiennego.

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

$ r = \frac{c}{2} \tg \frac{A}{2},\ R = \frac{c}{2 \sin C} = \frac{c}{2 \sin 2A}. $

Nierówność $R \geq 2r$ jest więc równoważna nierówności

$ \frac{1}{2 \sin 2A} \geq \tg \frac{A}{2}, $

która jest z kolei równoważna nierówności

$ 1 - 2 \sin 2A \tg \frac{A}{2} \geq 0. $

Niech $\tg \frac{A}{2} = m$ ; wówczas

$ \sin A = \frac{2m}{1 + m^2},\ \cos A = \frac{1 - m^2}{1 + m^2},\ \sin 2A = \frac{4m (1-m^2)}{(1+m^2)^2}. $

Poprzednia nierówność przybiera postać

$ 1 - \frac{8m^2(1-m^2)}{(1 + m^2)^2} \geq 0. $

Nierówność ta jest równoważna nierówności

$ (1 + m^2)^2 - 8m^2 (1 - m^2) \geq 0, $

która po uporządkowaniu lewej strony daje nierówność

$ 9m^4 - 6m^2 + 1 \geq 0, $

czyli nierówność

$ (3m^2 - 1 )^2 \geq 0. $

Ponieważ ostatnia nierówność jest zawsze prawdziwa, więc równoważna jej nierówność $R \geq 2r$ jest też prawdziwa.

Uwaga 1. Rozważymy, kiedy może zachodzić równość

$ R = 2r. $

Odpowiedź na to pytanie łatwo wysnuć ź poprzedniego rozumowania. Z udowodnionej na początku nierówności $r < r_1$ wynika, że równość $R = 2r$ może mieć miejsce tylko w trójkącie równoramiennym; gdy zaś trójkąt jest równoramienny, równość ta, jak wykazuje poprzedni rachunek, prowadzi do równości

$ (3m^2- 1)^2 = 0, $

skąd otrzymujemy

$ m = \frac{1}{3}, \textrm{ czyli } \tg \frac{A}{2} = \frac{1}{3}, $

a to znaczy, że $A = 60^\circ$ , czyli że trójkąt jest równoboczny.

Uwaga 2. Nierówność $R \geq 2r$ jest natychmiastowym wnioskiem z następującego twierdzenia Eulera (1747):

W każdym trójkącie odległość $d$ środka kola opisanego $O(R)$ od środka kola wpisanego $S(r)$ wyraża się wzorem

$ d^2 = R(R - 2r). $

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

W okręgu $O(R)$ opisanym na trójkącie $ABC$ prowadzimy przez punkty $O$ i $S$ średnicę $KL$ , a przez punkty $S$ i $C$ cięciwę $CM$ . Wówczas

$ (1) \qquad KS \cdot SL = CS \cdot SM. $

Wyrazimy obie strony równości (1) w zależności od $R$ , $r$ i $d$ :

$ (2) \qquad KS \cdot SL = (KO + OS) (OL - OS) = (R + d) (R - d) = R^2 - d^2. $

Z trójkąta $CSP$ , gdzie $SP \bot BC$ , mamy

$ (3) \qquad CS = \frac{SP}{\sin \measuredangle SCP} = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}}. $

Odcinek $SM$ równa się odcinkowi $BM$ . Istotnie, ponieważ $CS$ i $BS$ są dwusiecznymi kątów $C$ i $B$ trójkąta $ABC$ , więc

$ \measuredangle MSB= \measuredangle SCB + \measuredangle SBC = \frac{C}{2} + \frac{B}{2}, $

$ \measuredangle SBM = \measuredangle SBA + \measuredangle ABM = \measuredangle SBA + \measuredangle ACM = \frac{B}{2} + \frac{C}{2}, $

zatem $\measuredangle MSB = \measuredangle SBM$ i $SM = SB$ . Z trójkąta $BCM$ znajdujemy

$ BM = 2R \sin \measuredangle BCM = 2R \sin \frac{C}{2} , $

więc także

$ (4) \qquad SM = 2R \sin \frac{C}{2}. $

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

$ R^2 - d^2 = \frac{r}{\sin \frac{C}{2}} \cdot 2R \sin \frac{C}{2}, $

a stąd wzór Eulera:

$ d^2 = R(R - 2r). $

W dowodzie powyższym można ominąć zastosowanie trygonometrii: jeśli poprowadzimy średnicę $MD$ okręgu $O(R)$ , to z podobieństwa trójkątów $CSP$ i $DMB$ otrzymujemy od razu

$ CS \cdot SM CS \cdot BM = MD \cdot SP = 2Rd. $

Sposobem analogicznym można dowieść twierdzenia:

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

$ d_a^2 = R(R + 2r_a), $

gdzie $r_a$ oznacza promień koła dopisanego, stycznego do boku $a$ .

III OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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

$ \frac{\tg A + \tg B + \tg C + \tg D}{\tg A \tg B \tg C \tg D} = \ctg A + \ctg B + \ctg C + \ctg D. $

Rozwiązanie

Wiemy, że

$ (A + B) + (C + D) = 360^\circ, $

zatem

$ (2) \qquad \tg (A + B) + \tg (C + D) = 0. $

Stąd

$ \frac{\tg A +\tg B}{1 - \tg A \tg B} + \frac{\tg C + \tg D}{1 - \tg C \tg D} = 0. $

Mnożąc obie strony tej równości przez $(1 - \tg A \tg B) ( 1- \tg C \tg D)$ otrzymujemy

$ (\tg A + \tg B) (1 -\tg C \tg D) + (\tg C + \tg D) (1 - \tg A \tg B) = 0, $

lub, po łatwym przekształceniu,

$ \tg A + \tg B + \tg C + \tg D = \tg B \tg C \tg D + \tg A \tg C \tg D + \tg A \tg B \tg D + \tg A \tg B \tg C. $

Dzieląc obie strony tej równości przez iloczyn $\tg A \tg B \tg C \tg D$ otrzymujemy

$ \frac{\tg A +\tg B + \tg C + \tg D}{\tg A \tg B \tg C \tg D} = \ctg A + \ctg B+\ctg C+\ctg D, $

czyli żądaną równość (1).

Powyższy dowód zawiera jednak lukę, gdyż równość (2) wymaga założenia, że $A + B \ne 90^\circ$ i $A + B \ne 270^\circ$ . Trzeba więc jeszcze rozpatrzyć przypadek, gdy

$ (3) \qquad A + B = 90^\circ, \textrm{ a zatem } C + D = 270^\circ. $

(Przypadek, gdy $A + B = 270^\circ$ , a $C + D = 90^\circ$ , 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 $0^\circ$ i $180^\circ$ , wynikają nierówności

$ (4) \qquad \begin{array}{l} 0^\circ < A < 90^\circ,\\ 90^\circ < C < 180^\circ. \end{array} $

Z nierówności (4) wnioskujemy, że

$ 90^\circ < A + C < 270^\circ. $

Możemy więc z równości $A + C = 360^\circ - (B + D)$ wysnuć wniosek, że

$ (2a )\qquad \tg (A + C) + \tg(B + D) = 0, $

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 $ABCD$ jest wklęsły. Tak samo jak w czworokącie wypukłym zachodzi równość

$ A + B + C + D = 360^\circ, $

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 $90^\circ$ , ani $270^\circ$ , to równość (1) uzasadnimy dokładnie tak samo, jak dla czworokąta wypukłego.

Lecz są czworokąty wklęsłe, w których każcie dwa kąty dają w sumie $90^\circ$ albo $270^\circ$ . Niech $A$ oznacza kąt wklęsły czworokąta; wymieniony przypadek zachodzi, gdy

$ B+ C = 90^\circ,\ C + D = 90^\circ,\ D + B = 90^\circ, $

skąd wynika, że

$ B = C = D = 45^\circ,\ A = 225^\circ. $

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 $1$ i wzór wyraża równość $4 = 4$ .