III OM - II etap

II etap III Olimpiady Matematycznej

III OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Znaleźć warunki konieczne i dostateczne, jakie powinny spełniać liczby rzeczywiste $a$ , $b$ , $c$ , aby równanie

$ (1) \qquad x^3 + ax^2 + bx + c = 0 $

miało trzy pierwiastki rzeczywiste tworzące postęp arytmetyczny.

Rozwiązanie

Pierwiastki równania (1) tworzą postęp arytmetyczny wtedy i tylko wtedy, gdy można je przedstawić w postaci $p - r$ , $p$ , $p + r$ , gdzie $r \geq 0$ .

Przypadek $r = 0$ oznacza, że równanie (1) ma trzy równe pierwiastki (pierwiastek potrójny); przypadek ten zachodzi, gdy lewa strona równania (1) jest sześcianem dwumianu postaci $x - \alpha$ ; wówczas

$ x^3 + ax^2 + bx + c = x^3 - 3\alpha x^2 + 3\alpha^2 x - \alpha^3, $

zatem

$ a = - 3\alpha,\ b = 3\alpha^2,\ c = - \alpha^3, $

co daje warunki

$ (6) \qquad b = \frac{1}{3} a^2,\ c = \frac{1}{27} a^3. $

Zakładając, że $r > 0$ , otrzymujemy szukane warunki w postaci równań

$ (7) \qquad (p - r)^3 + a (p - r)^2 + b (p - r) + c = 0, $

$ (8) \qquad p^3 + ap^2 + bp + c = 0, $

$ (9) \qquad (p + r)^3 + a(p + r)^2 + b (p + r) + c = 0, $

którym mają czynić zadość liczby rzeczywiste $p$ i $r$ .

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

$ (3p + a)r^2 = 0, $

lub, uwzględniając warunek $r > 0$ , równanie

$ (10) \qquad 3p + a = 0. $

Odejmując równanie (8) od (9) otrzymujemy po podzieleniu przez $2r$ równanie

$ (11) \qquad 3p^2 + r^2 + 2ap + b = 0. $

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 $p = - \frac{1}{3}$ a z równania (10), tj. układowi

$ (10a) \qquad p = - \frac{1}{3} a, $

$ (12) \qquad 2a^3 - 9ab + 27c = 0, $

$ (13) \qquad r^2 = \frac{1}{3}a^2 - b. $

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

$ (13a) \qquad \frac{1}{3}a^2 - b > 0. $

wyrażającej warunek rzeczywistości liczby $r$ .

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 $b = \frac{1}{3} a^2$ , tj. $\frac{1}{3} a^2 - b = 0$ , równanie (12) daje $c = \frac{1}{27} a^3$ , więc poszukiwane warunki możemy ostatecznie ująć w postaci związków:

$ 2a^3 - 9ab + 27c = 0, $

$ \frac{1}{3}a^2 - b \geq 0, $

zgodnie z wynikiem uzyskanym sposobem I.

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

$ - \frac{1}{3} a - \sqrt{\frac{1}{3}a^2 - b},\ - \frac{1}{3}a,\ - \frac{1}{3}a + \sqrt{\frac{1}{3}a^2 - b}. $

III OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Dowieść, że jeżeli $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są bokami takiego czworokąta, na którym można opisać koło, i w który można wpisać kolo, to pole $S$ czworokąta wyraża się wzorem

$ S = \sqrt{abcd}. $

Rozwiązanie

Jeżeli czworokąt o bokach $a$ , $b$ , $c$ , $d$ jest wpisany w koło, to pole $S$ wyraża się (patrz zadanie nr 27) wzorem

$ (1) \qquad S = \sqrt{(p - a) (p - b) (p - c) (p - d)}, $

w którym

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

Jeśli czworokąt taki jest jednocześnie opisany na kole, to

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

Z równości (2) wynika, że w takim czworokącie

$ p - a = c,\ p - b = d,\ p - c = a,\ p - d = b. $

Podstawiając te wartości we wzorze (1) otrzymujemy

$ (3) \qquad S = \sqrt{abcd}, $

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 $a$ , $b$ , $c = a$ , $d = b$ , przy czym $a \ne b$ , to $S = ab = \sqrt{(ab)^2} = \sqrt{abcd}$ , 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 $ABCD$ wpisany w koło, w którym $AB = a$ , $BC = b$ , $CD = c$ , $DA = d$ , przy czym $a = b$ , $c \ne d$ , a kąty $B$ i $D$ są proste (rys. 27).

Pole czworokąta $ABCD$ wyraża się wzorem

$ S = \textrm{pole }ABC + \textrm{pole }ADC = \frac{ab + cd}{2}. $

Trójkąt prostokątny równoramienny $ABC$ ma tę samą podstawę, co trójkąt prostokątny $ADC$ , lecz większą wysokość, zatem $\textrm{pole }ABC > \textrm{pole }ADC$ , tj. $ab> cd$ ; ponieważ średnia arytmetyczna liczb nierównych $ab$ i $cd$ jest większa od ich średniej geometrycznej $\sqrt{ abcd}$ , więc

$ S > \sqrt{abcd}. $

Jeśli pozostawiając bez zmiany długości boków $a$ , $b$ , $c$ , $d$ powiększymy przekątną $AC$ , otrzymamy czworokąt $AB'C'D'$ (rys. 27) o polu $S'$ mniejszym niż $S$ . Chodzi o to, żeby tak obrać punkt $C'$ , aby zachodziła równość $S' = \sqrt{ abcd}$ . W tym celu trzeba wyznaczyć kąty rozwarte $B'$ i $D'$ w ten sposób, żeby spełnione były dwa warunki:

$ a^2 + b^2 - 2ab \cos B' = c^2 + d^2 - 2cd \cos D' $

$ \frac{1}{2} ab \sin B' + \frac{1}{2} cd \sin D' = \sqrt{ abcd}. $

Nie ma potrzeby przeprowadzania ogólnej dyskusji tych równań; dla naszego celu wystarczy podać rozwiązanie w jakimś przypadku szczególnym. Załóżmy, że czworokąt $ABCD$ jest wpisany w koło o promieniu $1$ i że $CD$ jest bokiem sześciokąta foremnego wpisanego w to koło, wobec czego $a = b = \sqrt{ 2}$ , $c = 1$ , $d = \sqrt{ 3}$ . Po podstawieniu tych wartości do powyższych równań otrzymujemy równania

$ 2 \cos B' = \sqrt{3} \cos D', $

$ 2 \sin B' + \sqrt{3} \sin D' = 2\sqrt{2 \sqrt{3}}. $

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

$ 4 \sin^2 B' - 3 \sin^2 D' = 1. $

Dzieląc to równanie przez drugie z poprzednich równań mamy

$ 2 \sin B' - \sqrt{3} \sin D' = \frac{1}{2\sqrt{2\sqrt{3}}}. $

Zatem

$ \sin B' = \frac{1}{4} \left[ 2\sqrt{2\sqrt{3}} + \frac{1}{2\sqrt{2\sqrt{3}}} \right] = \frac{8\sqrt{3}+1}{8\sqrt{2 \sqrt{3}}}, $

$ \sin D\ = \frac{1}{2\sqrt{3}} \left[ 2\sqrt{2\sqrt{3}} - \frac{1}{2\sqrt{2\sqrt{3}}} \right] = \frac{8\sqrt{3}-1}{4\sqrt{6 \sqrt{3}}}. $

Otrzymane wartości są, jak łatwo sprawdzić, mniejsze od $1$ , wyznaczają więc kąty rozwarte $B'$ i $D'$ .

Tak dobrany czworokąt $AB'C'D'$ ma pole $S' = \sqrt{ abcd} = \sqrt{2\sqrt{3}}$ , 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 $S$ czworokąta o bokach $a$ , $b$ , $c$ , $d$ wyraża się wzorem $S = \sqrt{abcd}$ i w czworokąt ten można wpisać koło, to można również opisać na nim koło.

Istotnie, pole czworokąta $ABCD$ o bokach $a$ , $b$ , $c$ , $d$ spełnia, według wzoru (6) w zadaniu nr 27, warunek

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

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

$ (5) \qquad (p - a)(p - b)(p - c)(p - d) = abcd. $

Ze wzorów (3), (4) i (5) otrzymujemy

$ S^2 = S^2 - S^2 \cos^2 \frac{A+C}{2}, $

zatem

$ \cos \frac{A + C}{2} = 0, $

a stąd

$ A + C = 180^\circ, $

co dowodzi, że na czworokącie $ABCD$ można opisać koło.

III OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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 $O$ rombu $ABCD$ (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 $AC$ i $BD$ , a także względem punktu $O$ . Nakreślony okrąg przecina każdy bok rombu w dwóch punktach. Niech $M$ będzie jednym z punktów przecięcia boku $AB$ z okręgiem, a $N$ niech będzie tym punktem przecięcia boku $BC$ z okręgiem, który nie jest symetryczny do punktu $M$ względem prostej $BD$ . Niech następnie $P$ i $Q$ będą punktami symetrycznymi do punktów $M$ i $N$ względem punktu $O$ , odcinki $MP$ i $NQ$ są zatem średnicami okręgu; wobec symetrii figury względem punktu $O$ punkty $P$ i $Q$ są punktami przecięcia boków $CD$ i $DA$ z okręgiem.

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

b) Wykażemy, że drugie twierdzenie jest prawdziwe.

Niech $MNPQ$ będzie kwadratem wpisanym w romb $ABCD$ , przy czym wierzchołki $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ kwadratu leżą odpowiednio na bokach $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ rombu.

Udowodnimy najpierw, że środek $O$ kwadratu jest jednocześnie środkiem rombu. Obróćmy całą figurę dokoła punktu $O$ o $180^\circ$ . Wierzchołek $M$ kwadratu znajdzie się po obrocie w przeciwległym wierzchołku $P$ (rys. 29), prosta $AB$ da po obrocie prostą przechodzącą przez punkt $P$ równolegle do prostej $AB$ , tzn. pokryje się z prostą $CD$ . 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 $O$ jest środkiem symetrii rombu.

Obróćmy teraz całą figurę dokoła punktu $O$ o $90^\circ$ tak, aby półprosta $OA$ pokryła półprostą $OB$ (na rys. 30 kierunek obrotu zaznaczony jest strzałką). P0 obrocie kwadrat $MNPQ$ przejdzie w kwadrat $NPQM$ , tzn. nałoży się sam na siebie; romb $ABCD$ przejdzie w romb $A'B'C'D'$ , nie pokrywający się z rombem $ABCD$ , gdyż według założenia romb ten nie jest kwadratem. Jeśli np. $OA>OB$ to $OA'>OB$ , a $OD' = OD < OA$ ; zatem odcinki $D'A'$ i $AB$ przecinają się. Punktem przecięcia tych odcinków jest wierzchołek $M$ kwadratu, gdyż na ten punkt upadnie po obrocie punkt $Q$ odcinka $AD$ . Analogicznie odcinki $BC$ i $A'B'$ przecinają się w wierzchołku $N$ kwadratu.

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

Uwaga. Gdybyśmy odrzucili założenie, że romb $ABCD$ 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 $ABCD$ 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

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają równanie

$ (1) \qquad \frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} +\frac{1}{ca} = \frac{1}{ab + bc + ca}, $

to dwie spośród nich są liczbami przeciwnymi.

Rozwiązanie

Równość (1) piszemy w postaci

$ \frac{a + b + c}{abc} = \frac{1}{ab + bc + ca}. $

Stąd wynika równość

$ (2) \qquad (a + b + c) (ab + bc - ca) - abc = 0, $

która po wykonaniu mnożenia i po redukcji daje

$ a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + a^2c + ac^2 + 2abc = 0. $

Lewą stronę porządkujemy według potęg $a$ :

$ (b + c) a^2 + (b^2 + 2bc + c^2) a + (b^2c + bc^2) = 0. $

Wyłączamy $b + c$ przed nawias:

$ (b + c) [a^2 + a (b + c) + bc] = 0 $

i ostatecznie otrzymujemy

$ (3) \qquad (b + c)(a + b)(a + c)=0. $

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

III OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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

Rozwiązanie

Niech odcinek $AB$ (rys. 31) wyobraża wieżę, a odcinek $BC$ - maszt. Z punktu $P$ powierzchni ziemi widać maszt pod kątem $BPC$ , który jest kątem wpisanym w okrąg przechodzący przez punkty $B$ , $C$ i $P$ . Kąt ten jest tym większy, im mniejszy jest promień owego okręgu. Spośród wszystkich okręgów przechodzących przez punkty $B$ i $C$ i mających punkty wspólne z ziemią najmniejszy promień ma okrąg $O(r)$ styczny do powierzchni ziemi. Punkt styczności $M$ takiego okręgu z ziemią jest punktem, o którym mowa w zadaniu tzn. $\measuredangle BMC = \alpha$ , $MA = a$ . Jeśli $OD \bot BC$ , to $\measuredangle COD = \alpha$ , jako połowa kąta środkowego opartego na tym samym łuku, co kąt wpisany $BMC$ . Wprowadzając oznaczenia $AB = x$ , $BC = y$ , otrzymujemy z trójkąta $COD$ i z prostokąta $AMOD$ związki:

$ (1) \qquad y = 2a \tg \alpha, $

$ (2) \qquad r = \frac{a}{\cos \alpha}, $

$ (3) \qquad x = r - \frac{y}{2} = \frac{a}{\cos \alpha} - a \tg \alpha = a \cdot \frac{1 - \sin \alpha}{\cos \alpha}, $

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 $x$ i $y$ uwzględniające kulistość Ziemi można wykonać w sposób podobny, posługując się figurą rys. 32, na którym $S$ oznacza środek Ziemi. Z trójkąta $COD$ , w którym odcinek $OD$ oznaczymy literą $b$ , znajdziemy

$(4) \qquad y = 2r \sin \alpha,$

$(5) \qquad b = r \cos \alpha,$

a z trójkąta $DOS$ mamy

$(6) \qquad b = (R + r) \sin \beta,$

$(7) \qquad R + x + \frac{y}{2} = (R + r) \cos \beta,$

gdzie $\beta$ jest to kąt widzenia łuku $a$ ze środka Ziemi.

Ze wzorów (5) i (6) otrzymujemy

$ r = \frac{R \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta}. $

Po podstawieniu tej wartości $r$ do wzoru (4) otrzymujemy

$ (8) \qquad y = \frac{2R \sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha - \sin \beta}, $

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

$ (9) \qquad x = R \frac{\sin \beta (1 - \sin \alpha) - \cos \alpha(1 - \cos \beta)}{\cos \alpha - \sin \beta}. $

Kąt $\beta$ jest kątem środkowym w okręgu o promieniu $R$ opierającym
się na łuku o długości $a$ ; miara łukowa kąta $\beta$ wynosi zatem $\frac{a}{R}$ i wzory (8) i (9) można napisać w postaci:

$ (10) \qquad y = \frac{2R \sin \alpha \sin \frac{a}{R}}{\cos \alpha - \sin \frac{a}{R}}, $

$ (11) \qquad x = R \frac{\sin \frac{a}{R} (1-\sin \alpha)-\cos \alpha \left( 1 - \cos \frac{a}{R} \right)}{\cos \alpha - \sin \frac{a}{R}}. $

Ze wzorów tych, jak widzimy, dość skomplikowanych, można obliczyć $x$ i $y$ , gdy dane są wielkości $a$ , $\alpha$ i $R$ . Ale zamiast tych wzorów
można by użyć wzorów przybliżonych, które otrzymujemy w sposób następujący:

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

$ \sin \beta \approx \beta,\ \cos \beta \approx 1 - \frac{\beta^2}{2}, $

przy czym dla sinusa mamy tu przybliżenie z nadmiarem mniejszym niż $\frac{\beta^3}{6}$ , a dla cosinusa - przybliżenie z niedomiarem mniejszym niż $\frac{\beta^4}{24}$ .

Jeśli np. w naszym zadaniu odległość $a$ nie przekracza $100$ km, to kąt $\beta$ (przy załozenm, że $R = 6370$ km) jest mniejszy niż $1^\circ$ , wobec czego biorąc zamiast $\sin \beta$ stosunek $\frac{a}{R}$ robimy błąd nie mniejszy niż

$ \frac{\pi^3}{6 \cdot 180^3}, $

więc mniejszy niż $0,000001$ . Aby się o tym przekonać, nie trzeba wcale obliczać ułamka $\frac{\pi^3}{6 \cdot 180^3}$ , wystarczy rozumować, jak następuje:

$ \frac{1}{6} \frac{\pi^3}{180^3} < \frac{1}{6} \left( \frac{3,15}{180} \right)^3 = \frac{1}{6 \cdot 10^6} \left( \frac{315}{180} \right)^3 = \frac{1}{6 \cdot 10^6} \left( \frac{7}{4} \right)^3 = \frac{1}{10^4} \cdot \frac{343}{6 \cdot 64} < \frac{1}{10^6}; $

podobnie stwierdzamy, że

$ \frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4} < \frac{1}{10^8}. $

Biorąc zamiast $\cos \beta$ liczbę $1 - \frac{1}{2} \left( \frac{a}{R} \right)^2$ robimy błąd mniejszy niż

$ \frac{\pi^4}{24 \cdot 180^4}, $

więc mniejszy niż $0,00000001$ . Podstawiając we wzorach (10) i (11) wymienione przybliżone wartości $\sin \frac{a}{R}$ i $\cos \frac{a}{R}$ otrzymujemy wzory

$ \nr{10a} y = \frac{2a \sin \alpha}{\cos \alpha - \frac{a}{R}}, $

$ \nr{11a} x = \frac{a(1-\sin \alpha)- \frac{a^2\cos \alpha}{2R}}{\cos \alpha - \frac{a}{R}}. $

Spostrzegamy, że gdy $R$ rośnie nieskończenie, czyli - jak się mówi - "dąży do nieskończoności", a wielkości $a$ i $\alpha$ są stałe, wtedy zmienne $x$ i $y$ , 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 $a$ i $\alpha$ 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

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

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 $M$ i $P$ przeciwległych krawędzi $AB$ i $CD$ czworościanu $ABCD$ i przez środek $N$ krawędzi $BC$ (rys. 32) musi przejść również przez środek $Q$ krawędzi $AD$ , przeciwległej do krawędzi $BC$ . Istotnie, każda z prostych $NP$ i $MQ$ jest równoległa do prostej $BD$ (na mocy twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta), więc $MQ \parallel NP$ ; płaszczyzna $MNP$ zawiera zatem prostą $MQ$ .

Płaszczyzna $MNPQ$ dzieli czworościan na dwie części; obliczmy objętość części leżącej po tej samej stronie płaszczyzny $MNPQ$ , co krawędź $BD$ , czyli objętość pięciościanu ograniczonego równoległobokiem $MNPQ$ , trójkątem $BMN$ , trapezami $BMQD$ i $BNPD$ , oraz trójkątem $DPQ$ . Poprowadźmy przez środek $R$ krawędzi $BD$ płaszczyznę $PQR$ . Płaszczyzna ta dzieli pięciościan na czworościan $DPQR$ i graniastosłup trójkątny $PQRBMN$ . Czworościan $DPQR$ ma objętość równą $\frac{1}{8}$ objętości $V$ czworościanu $ABCD$ , gdyż jest to czworościan podobny do danego czworościanu w skali $\frac{1}{2}$ . Objętość graniastosłupa $PQRBMN$ , który ma $4$ razy mniejszą podstawę i $2$ razy mniejszą wysokość niż czworościan $ABCD$ , równa się $\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3V = \frac{3}{8}V$ . Zatem, objętość pięciościanu $DBMNPQ$ równa się $\frac{1}{8}V + \frac{3}{8}V = \frac{1}{2}V$ , tzn. płaszezyzna $MNPQ$ dzieli dany czworościan na części o równych objętościach.

Aby odpowiedzieć na końcowe pytanie postawione w tekście zadania, poprowadźmy przez środki $M$ i $P$ krawędzi $AB$ i $CD$ dowolną płaszczyznę $\alpha$ . Jeśli płaszczyzna $\alpha$ przechodzi przez krawędź $CD$ , to rozcina czworościan na dwa czworościany $AMCD$ i $BMCD$ , których objętości są równe, gdyż czworościany te mają podstawy $AMC$ i $BMC$ o równych polach oraz wspólną wysokość z wierzchołka $D$ . Jeśli płaszczyzna $\alpha$ przecina krawędź $CD$ , to punkty $C$ i $D$ leżą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny, więc płaszczyzna $\alpha$ przecina jedną z krawędzi $AD$ i $AC$ . Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy płaszczyzna $\alpha$ przecina krawędź $AD$ w punkcie $Q'$ leżącym wewnątrz odcinka $QD$ (rys. 34); wykażemy, że przecina ona wtedy krawędź $BC$ w punkcie wewnętrznym $N'$ odcinka $NC$ .

Istotnie, prosta $Q'P$ , po której przecinają się płaszczyzny $\alpha$ i $ACD$ , przecina przedłużenie odcinka $AC$ w punkcie $T$ , a prosta $MT$ , która jest przecięciem płaszczyzn $\alpha$ i $ABC$ , przecina odcinek $NC$ , gdyż odcinek $MT$ łączy punkty $M$ i $T$ , leżące po przeciwnych stronach prostej $BC$ , i leży w pasie pomiędzy prostymi równoległymi $AC$ i $MN$ .

Płaszczyzna $\alpha$ rozcina czworościan na dwie części; obliczymy objętość jednej z nich, np. pięciościanu $DBMN'PQ'$ . Ponieważ, jak wynika z powyższego, punkty $N'$ i $Q'$ leżą po przeciwnych stronach płaszczyzny $MNPQ$ , więc

$ (1) \qquad \textrm{obj. }DBMN'PQ' = \textrm{obj. }DBMNPQ - \textrm{obj. }Q'MPQ + \textrm{obj. }N'MNP. $

Udowodnimy, że

$ (2) \qquad \textrm{obj. }Q'MPQ = \textrm{obj. }N'MNP. $

Ponieważ podstawy $MPQ$ i $MNP$ czworościanów $Q'MPQ$ i $N'MNP$ są trójkątami przystającymi, jako połowy równoległoboku $MNPQ$ , więc wystarczy dowieść, że wierzchołki $N'$ i $Q'$ są równo odległe od płaszczyzny $MNPQ$ , co się sprowadza do wykazania, ze punkt $S$ , w którym przecinają się przekątne $N'Q'$ i $PM$ czworokąta płaskiego $MN'PQ'$ , dzieli odcinek $N'Q'$ na połowy.

Otóż środki wszystkich odcinków łączących punkty prostej $AD$ z punktami prostej $BC$ leżą w jednej płaszczyźnie równoległej do obu prostych skośnych $AD$ i $BC$ . Płaszczyzna ta zawiera punkty $P$ i $M$ więc zawiera też punkt $S$ ; zatem istotnie punkt $S$ jest środkiem odcinka $N'Q'$ .

Z równości (1) i (2) wynika, że

$ \textrm{obj. }DBMN'PQ' = \textrm{obj. }DBMNPQ = \frac{1}{2} V. $

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 $ABCD$ dowolną płaszczyzną $\alpha$ przechodzącą przez punkty $M$ i $P$ , można znacznie skrócić.

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

Rzutami krawędzi $AB$ i $CD$ są dwa odcinki dzielące się na połowy w punkcie będącym wspólnym rzutem punktów $M$ i $P$ , rzuty pozostałych krawędzi tworzą wobec tego równoległobok $ADBC$ , a rzut równoległoboku $MNPQ$ pokrywa się z rzutem odcinka $NQ$ . Widzimy od razu, że dowolna płaszczyzna $\alpha$ przechodząca przez prostą $MP$ przecina dwie przeciwległe krawędzie czworościanu, np. $AD$ w punkcie $N'$ i $BC$ w punkcie $Q'$ , przy czym rzuty punktów $N'$ i $Q'$ są symetryczne, względem środka równoległoboku $ADBC$ , stąd wynika równość (1) a także równość (2), gdyż wysokości czworościanów $Q'MPQ$ i $N'MNP$ są równe wysokościom trójkątów $N'MN$ i $Q'PQ$ na rys. 35.