II OM - III etap

III etap II Olimpiady Matematycznej

II OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

III

Belka o długości $a$ została zawieszona poziomo swymi końcami na dwóch linach równoległych równych $b$ . Skręcamy belkę o kąt $\varphi$ dokoła osi pionowej przechodzącej przez środek belki. O ile belka się podniesie?

Rozwiązanie

Przy rozwiązywaniu zadań geometrycznych ważną pomocą dla naszej wyobraźni jest prawidłowo wykonany rysunek. Figury przestrzeni przedstawiamy za pomocą odwzorowań na płaszczyznę rysunku. Istnieją różne sposoby takiego odwzorowania. W geometrii elementarnej najczęściej rysujemy rzut równoległy ukośny figury; w wielu przypadkach dogodnie bywa stosować metodę rzutów prostokątnych na dwie płaszczyzny prostopadłe, czyli tzw. metodę Monge'a (porównaj np. zadanie nr 23 na stronicy 113).

Rozwiązanie naszego zadania przedstawimy w dwóch wariantach przy użyciu raz jednej, raz drugiej z wymienionych metod odwzorowania.

Stosując metodę rzutu równoległego ukośnego przyjmiemy za płaszczyznę rzutów - płaszczyznę przechodzącą przez belkę $AB$ i przez punkty zawieszenia $M$ i $N$ . Rysujemy przeto ,,w naturalnej wielkości'' czworokąt $ABNM$ (rys. 59 a i b). Niech $S$ oznacza środek belki. Po skręceniu belka przybierze położenie $CD$ . Środek odcinka $CD$ leży na płaszczyźnie rzutów; przypuśćmy, że jest to punkt $T$ .

Położenie rzutu punktu $C$ zależy od kierunku rzutowania; za rzut ukośny punktu $C$ możemy przyjąć dowolny punkt $C'$ , na przykład jak na rysunku 59 a lub 59 b. Rzut $D'$ punktu $D$ będzie punktem symetrycznym do punktu $C'$ względem punktu $T$ .

Obliczenie szukanej długości $ST = x$ jest proste. Prowadzimy odcinek $TK$ równoległy i równy odcinkowi $SA$ ; wtedy

$ x = AK = AM - KM. $

Otóż $AM = b$ , odcinek $KM$ zaś jest przyprostokątną trójkąta prostokątnego $KMC$ o przeciwprostokątnej $MC = b$ i przyprostokątnej $KC$ . Odcinek $KC$ jest podstawą trójkąta równoramiennego $KTC$ , w którym $TK = TC = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} a$ , $\measuredangle KTC = \varphi$ .

Wobec tego

$ KC = a \sin \frac{\varphi}{2},\ KM = \sqrt{b^2 - a^2 \sin^2 \frac{\varphi}{2}}. $

Wreszcie otrzymujemy

$ x = b- \sqrt{b^2 - a^2 \sin^2 \frac{\varphi}{2}}, $

Jeżeli $b <a$ , kąt skręcenia $\varphi$ nie może być większy od kąta $\varphi_0$ określonego wzorem

$ \sin \frac{\varphi_0}{2} = \frac{b}{a}, \textrm{ gdzie } \varphi_0 < 180^\circ. $

Dla wartości $\varphi = \varphi_0$ mamy $x = b$ . Dalsze zwiększenie kąta nie jest możliwe bez rozciągania lin.

Jeżeli $b \geq a$ , to największą wartością $\varphi$ jest $180^\circ$ . Przy wartości $\varphi = 180^\circ$ liny krzyżują się, jeśli $b > a$ , natomiast nakładają się jedna na drugą, jeśli $b = a$ .

W powyższym rozwiązaniu chodziło o obliczenie wzniesienia belki po jej skręceniu. Rysunek figury w rzucie równoległym był tylko możliwie prostą ilustracją potrzebną do tego obliczenia. Jeśli chcemy, żeby rysunek stanowił rozwiązanie wykreślne zadania, tj. żeby dawał właściwą długość odcinka $ST$ przy danych długościach $a$ , $b$ i danym kącie $\varphi$ , należy go wykonać nieco inaczej. A mianowicie punkt $T$ , który na rysunkach 59 a i b obraliśmy dowolnie, trzeba wyznaczyć konstrukcyjnie z danych wielkości $a$ , $b$ , $\varphi$ .

W tym celu zauważmy, że w trójkącie prostokątnym $KMC$ znamy przeciwprostokątną $MC = MA = b$ oraz przyprostokątną $KC$ równą podstawie trójkąta równoramiennego $KCT$ , w którym $TK = TC =\frac{1}{2} a$ , a $\measuredangle KTC = \varphi$ . Z tych danych możemy zbudować trójkąt, aby znaleźć długość $KM$ i długość $ST = AM - KM$ .

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 60.

Budujemy trójkąt $ASP$ , w którym $AS = SP = \frac{1}{2}a$ , $\measuredangle ASP = \varphi$ . Kreślimy półokrąg o średnicy $AM$ i w nim cięciwę $AL = AP$ . Odmierzamy na prostej $MA$ odcinek $MK$ równy odcinkowi $ML$ . Punkt $K$ wyznacza poziom punktu $T$ ; poszukiwane wzniesienie wyznaczone będzie przez odcinek $TS = KA$ .

Rzut $C'D'$ belki skręconej wykreślimy jak poprzednio, obierając punkt $C'$ w sposób dowolny.

II OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

III

Jakie cyfry należy umieścić zamiast zer na trzecim i piątym miejscu w liczbie $3000003$ , aby otrzymać liczbę podzielną przez $13$ ?

Rozwiązanie

Oznaczmy poszukiwane cyfry przez $x$ i $y$ i napiszmy liczbę $30x0y03$ w postaci

$ N = 3 \cdot 10^6 + x \cdot 10^4 + y \cdot 10^2 + 3. $

Mamy znaleźć takie liczby całkowite $x$ i $y$ , żeby liczba $N$ była podzielna przez $13$ i żeby spełnione były nierówności

$ 0 \leq x \leq 9,\ 0 \leq y \leq 9. $

Liczby $10^6$ , $10^4$ , $10^2$ dają przy dzielniku $13$ odpowiednio reszty $1$ , $3$ , $9$ wobec czego

$3 \cdot 10^6 = 13k_1 + 3,$

$x \cdot 10^4 = 13k_2 + 3x,$

$y \cdot 10^2 = 13k_3 + 9y,$

gdzie $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ są liczbami naturalnymi. W takim razie

$ N = 13k + 3 + 3x + 9y + 3, $

czyli

$ N = 13k + 3 (x + 3y + 2), $

gdzie $k$ jest liczbą naturalną.

Aby liczba $N$ była podzielna przez $13$ , potrzeba i wystarcza, żeby liczba $x + 3y + 2$ była podzielna przez $13$ , tj. żeby $x$ i $y$ spełniały równanie

$ x + 3y + 2 = 13m, $

w którym $m$ oznacza liczbę naturalną.

Z nierówności $x \leq 9$ , $y \leq 9$ wynika, że

$ x + 3y + 2 \leq 9 + 3 \cdot 9 + 2, \textrm{ czyli } x + 3y + 2 \leq 38, $

zatem liczba $m$ spełniać musi nierówność $13m \leq 38$ , tzn. $m$ może być równe tylko $1$ albo $2$ .

1° Biorąc $m = 1$ otrzymujemy dla $x$ i $y$ równanie

$ x + 3y + 2 = 13, \textrm{ czyli }x = 11 - 3y. $

Przy ograniczeniach $0 \leq x \leq 9$ , $0 \leq y \leq 9$ równanie to ma trzy rozwiązania w liczbach całkowitych:

$ \left\{ \begin{array}{l} y =1\\ x = 8 \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array}{l} y = 2\\ x =4 \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array}{l} y = 3\\ x = 2 \end{array} \right. $

2° Biorąc $m = 2$ mamy równanie

$ x + 3y + 2 = 26, \textrm{ czyli } x = 3 (8 - y) $

i otrzymujemy rozwiązania:

$ \left\{ \begin{array}{l} y = 5\\ x = 9 \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array}{l} y =6\\ x =6 \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array}{l} y = 7\\ x = 3 \end{array} \right. \quad \left\{ \begin{array}{l} y = 8\\ x = 0 \end{array} \right. $

Zadanie ma zatem $7$ rozwiązań, którym odpowiadają liczby: $3080103$ , $3040203$ , $3020303$ , $3090503$ , $3060603$ , $3030703$ , $3000803$ .

Uwaga. W zadaniu nr 35 chodziło o zmianę cyfr pewnej określonej liczby. Rozważmy dwa przykłady ogólniejszych zadań tego typu:

I. Dana jest liczba naturalna $N$ niepodzielna przez liczbę pierwszą $p$ i mająca na $k$ -tym miejscu dziesiętnym cyfrę $0$ . Czy można zastąpić owo zero taką cyfrą $x$ , żeby nowa liczba była podzielna przez $p$ ?

Zauważmy najpierw, że gdy $p$ jest równe $2$ lub $5$ , wtedy zadanie nie ma rozwiązania. Założymy przeto w dalszym ciągu, że $p \ne 2$ i $p \ne 5$ .

Gdy na $k$ -tym miejscu dziesiętnym liczby $N$ umieścimy cyfrę $x$ , wówczas otrzymana liczba $N(x)$ wyraża się wzorem

$ (1) \qquad N(x) = N + x \cdot 10^{k-1}. $

Weźmy pod uwagę wartości funkcji $N(x)$ , gdy $x$ przybiera wartości $0, 1, 2, \ldots, (p -1)$ :

$ (2) \qquad N(0), N(1), N(2), \ldots, N(p-1). $

Każda z $p$ liczb ciągu (2) daje inną resztę przy dzielniku $p$ . Istotnie, według wzoru (1) różnica dwóch liczb ciągu (2) wyraża się wzorem

$ N(i) - N(j) = (i - j) \cdot 10^{k-1}. $

Gdy $i \ne j$ , liczba ta nie jest podzielna przez $p$ , gdyż czynnik $(i - j)$ jest różny od zera i bezwzględnie mniejszy od $p$ , a czynnik $10^{k-1}$ ma tylko podzielniki pierwsze $2$ i $5$ . Liczby $N(i)$ i $N(j)$ dają więc przy dzielniku $p$ reszty różne.

Ponieważ reszty liczb ciągu (2) są różne, a jest ich $p$ , więc jedna i tylko jedna z tych reszt równa się zeru, tzn. jedna i tylko jedna z liczb ciągu (2) jest podzielna przez $p$ ; niech liczbą tą będzie $N(x_0)$ .

Jeśli $x_0 \leq 9$ , to $x_0$ daje rozwiązanie zadania.

Jeśli $x_0 > 9$ , zadanie nie ma rozwiązania.

Stąd wniosek:

a) Gdy $p =3$ , zadanie ma zawsze trzy rozwiązania; szukanymi cyframi są bądź $1$ , $4$ , $7$ , bądź $2$ , $5$ , $8$ .

b) Gdy $p = 7$ , zadanie ma bądź dwa rozwiązania - cyfry $1$ , $8$ lub $2$ , $9$ , bądź jedno rozwiązanie - którąś z cyfr $3$ , $4$ , $5$ , $6$ .

c) Gdy $p \geq 11$ , zadanie może mieć jedno rozwiązanie lub nie mieć żadnego rozwiązania. Jeśli $p = 11$ , to pierwszy z tych przypadków zachodzi np. dla liczby $10$ , przykład zaś przypadku drugiego daje liczba $109$ .

II. Dana jest liczba naturalna $N$ niepodzielna przez liczbę pierwszą $p \geq 11$ i mająca na $k$ -tym i na $l$ -tym miejscu dziesiętnym cyfrę $0$ . Czy można zastąpić te zera takimi cyframi $x$ i $y$ , żeby nowa liczba była podzielna przez $p$ ?

Gdy na $k$ -tym miejscu dziesiętnym liczby $N$ umieścimy cyfrę $x$ , a na $l$ -tym miejscu cyfrę $y$ , otrzymamy liczbę $N(x, y)$ wyrażającą się wzorem

$ (3) \qquad N(x, y) = N + x \cdot 10^{k-1} + y \cdot 10^{l-1}. $

Weźmy pod uwagę te wartości funkcji $N(x, y)$ , które otrzymamy podstawiając zamiast $x$ i $y$ wartości $0, 1, 2, \ldots, (p - 1)$ . Otrzymujemy $p^2$ liczb:

$ \begin{array}{lllll} N(0, 0), & N(0, 1), & N(0, 2), & \ldots, & N(0, p - 1)\\ N(1, 0), & N(1, 1), & N(1, 2), & \ldots, & N(1, p - 1)\\ N(p - 1, 0), & N(p - 1, 1), & N(p - 1, 2),& \ldots, & N(p - 1, p -1). \end{array} $

Stwierdzamy jak w zadaniu I, że w każdym wierszu i w każdej kolumnie tej tablicy istnieje jedna i tylko jedna liczba podzielna przez $p$ ; liczbę taką znajdującą się w $i$ -tym wierszu oznaczymy symbolem $N(i, y_i)$ .

Tabela zawiera więc $p$ liczb podzielnych przez $p$ ; są nimi liczby

$ (4) \qquad N(0, y_0),\ N(1, y_1),\ N(2, y_2),\ \ldots, \ N(p-1, y_{p-1}), $

przy czym ciąg liczb $y_0, y_1, y_2, \ldots, y_{p-1}$ zawiera te same liczby, co ciąg $0, 1, 2, \ldots, (p - 1)$ , tylko w innym porządku. Zauważmy ponadto, że $y_0$ na pewno nie równa się $0$ , gdyż liczba $N(0, 0) = N$ , według założenia, nie jest podzielna przez $p$ .

Liczba $N(i, y_i)$ ciągu (4) daje rozwiązanie zadania tylko wtedy, gdy $i \leq 9$ i $y_i \leq 9$ . Łatwo policzyć, ile takich liczb ciąg (4) może zawierać. Należy ich szukać między liczbami

$ (5) \qquad N(0,y_0),\ N(1,y_1),\ \ldots,\ N(9,y_9). $

W przypadku, gdy żadna z liczb $y_0, y_1, \ldots, y_9$ nie jest większa niż $9$ , zadanie ma $10$ rozwiązań danych przez liczby ciągu (5). Jest to największa możliwa liczba rozwiązań.

Jeśli wśród liczb $y_0, y_1, \ldots, y_9$ znajdują się liczby większe niż $9$ (liczb takich może być co najwyżej $p - 10$ ), należy odpowiednie wyrazy wykreślić z ciągu (5). Zadanie ma zatem co najmniej $10 - (p - 10)$ , czyli $20 - p$ rozwiązań.

Stąd wniosek:

a) Gdy $p = 11$ , zadanie ma co najmniej $9$ rozwiązań. Przykładem przypadku, w którym mamy maksymalną liczbę $10$ rozwiązań, jest liczba $101015$ .

b) Gdy $p = 13$ , zadanie ma co najmniej $7$ rozwiązań; przypadek, w którym jest tylko $7$ rozwiązań, mieliśmy w zadaniu nr 35.

c) Gdy $p = 17$ , mamy co najmniej trzy rozwiązania.

d) Gdy $p = 19$ , zadanie ma co najmniej jedno rozwiązanie.

e) Gdy $p \geq 23$ , zadanie może nie mieć żadnego rozwiązania. Odpowiedni przykład dla przypadku $p = 23$ można znaleźć bez trudu, gdy się zważy, że liczba $10^{22}$ daje przy dzielniku $23$ resztę $1$ . Proponujemy to jako ćwiczenie.

II OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ , to zachodzi nierówność

$ (1) \qquad ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) \geq 6abc. $

Rozwiązanie

Zastosujemy przekształcenie

$ \begin{split} ab (a + & b) + bc (b + c) + ca (c + a) - 6abc = a (b^2 + c^2) - 2abc + b (c^2 + a^2) + \\ & - 2abc + c (a^2 + b^2) - 2abc = a (b - c)^2 + b (c - a)^2 + c (a - b)^2. \end{split} $

Otrzymaliśmy sumę trzech liczb nieujemnych, a zatem liczbę nieujemną; z tego natychmiast wynika nierówność podana w zadaniu.

Uwaga 2. Nierówność (1) można uogólnić. Niech $a_1, a_2, \ldots, a_n$ oznaczają liczby dodatnie. Odrzucając po kolei jedną z tych liczb tworzymy $n$ wyrazów, które spełniają nierówność:

$ \begin{split} a_2 & a_3 \cdot \ldots \cdot a_n (a_2 + a_3 + \ldots + a_n) + a_3a_4 \cdot \ldots \cdot a_na_1 (a_3 + a_4 + \ldots + a_n + a_1) +\\ & + \ldots + a_{n-1}a_1 \cdot \ldots \cdot a_{n-2} (a_{n-1} + a_1 + \ldots + a_{n-2}) \geq n(n - 1) a_1a_2 \cdot \ldots \cdot a_n. \end{split} $

II OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

III

Wyznaczyć współczynniki równania

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

w taki sposób, żeby pierwiastkami tego równania były liczby $a$ , $b$ , $c$ .

Rozwiązanie

Wiemy z algebry, że liczby $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ są wtedy i tylko wtedy pierwiastkami równania $x^3 + mx^2 + nx + p = 0$ , gdy spełnione są warunki:

$ (2) \qquad \left\{ \begin{array}{l} x_1 + x_2 + x_3 = - m\\ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1= n\\ x_1x_2x_3 = -p. \end{array} \right. $

Liczby $a$ , $b$ , $c$ są więc pierwiastkami równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy spełniają równania

$ (3) \qquad \left\{ \begin{array}{l} a + b + c = a\\ ab + bc + ca = b\\ abc = c. \end{array} \right. $

Pierwsze z tych równań daje $b + c = 0$ , co pozwala zredukować lewą stronę drugiego równania do wyrazu $bc$ i zastąpić układ równań (3) równoważnym mu układem

$ (4) \qquad \left\{ \begin{array}{l} b + c = 0\\ b(c - 1) = 0\\ c (ab - 1 ) = 0. \end{array} \right. $

Według drugiego z tych równań powinno być $b = 0$ , lub $c - 1 = 0$ ; układ równań (4) możemy więc zastąpić alternatywą dwóch układów:

$ (4a )\qquad \left\{ \begin{array}{l} b + c = 0\\ b = 0\\ c (ab - 1 ) = 0 \end{array} \right. \textrm{ lub } (4b) \qquad \left\{ \begin{array}{l} b + c = 0\\ c - 1 = 0\\ c (ab - 1 ) = 0. \end{array} \right. $

A. Układ równań (4 a) ma rozwiązanie

$ b=0,\ c = 0,\ a \textrm{- dowolne}. $

Rozwiązaniu temu odpowiada równanie $x^3 - ax^2 = 0$ o pierwiastkach $a$ , $0$ , $0$ .

B. Układ równań (4 b) ma rozwiązanie

$ a = - 1,\ b = - 1,\ c = 1. $

Rozwiązaniu temu odpowiada równanie $x^3 + x^2 - x - 1 = 0$ o pierwiastkach $- 1$ , $- 1$ , $1$ .

II OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

III

W okrąg wpisano czworokąt $ABCD$ . Proste $AB$ i $CD$ przecinają się w punkcie $E$ , a proste $AD$ i $BC$ - w punkcie $F$ . Dwusieczna kąta $AEC$ przecina bok $BC$ w punkcie $M$ i bok $AD$ w punkcie $N$ ; a dwusieczna kąta $BFD$ przecina bok $AB$ w punkcie $P$ i bok $CD$ w punkcie $Q$ . Dowieść, że czworokąt $MPNQ$ jest rombem.

Rozwiązanie

Pomijając na razie warunek, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ leżą na okręgu, weźmy pod uwagę dowolny czworokąt wypukły $ABCD$ , w którym przedłużenia boków $AB$ i $CD$ przecinają się w punkcie $E$ , a przedłużenia boków $AD$ i $BC$ - w punkcie $F$ .

Poprowadźmy dwusieczne $EO$ i $FO$ kątów $E$ i $F$ oraz odcinek $EF$ w taki sposób, jak wskazuje rysunek 66, i rozważmy trójkąty $EAF$ , $ECF$ , $EOF$ o wspólnej podstawie $EF$ .

Każdy z kątów przy podstawie $EF$ w trójkącie $EOF$ jest średnią arytmetyczną kątów trójkątów $EAF$ i $ECF$ przy tym samym wierzchołku; wynika z tego, że trzeci kąt $x$ trójkąta $EOF$ jest również średnią arytmetyczną pozostałych kątów $\alpha$ i $\gamma$ trójkątów $EAF$ i $ECF$ :

$ x = \frac{\alpha + \gamma}{2}. $

Do tego samego wniosku dojść można również w sposób następujący:

Z dowolnego punktu $M$ (rys. 67) poprowadźmy półproste $a_1$ , $b_1$ , $c_1$ , $d_1$ , $e_1$ , $f_1$ mające odpowiednio kierunki półprostych $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ , $f$ według oznaczeń rysunku 66.

Ponieważ $e_1$ jest dwusieczną kąta między $a_1$ i $c_1$ , a $f_1$ - dwusieczną kąta między $d_1$ i $b_1$ , przeto kąt między półprostymi $e_1$ i $f_1$ jest średnią arytmetyczną kąta między półprostymi $a_1$ i $d_1$ i kąta między półprostymi $c_1$ i $b_1$ , co zapiszemy:

$ \measuredangle (e_1, f_1) = \frac{1}{2} [\measuredangle (a_1,d_1) + \measuredangle (c_1, b_1)]. $

Lecz $\measuredangle (e_1, f_1) = \measuredangle (e, f)$ , $\measuredangle (a_1, d_1) = \measuredangle (a, d)$ , $\measuredangle (c_1, b_1) = \measuredangle (c, b)$ , zatem

$ \measuredangle (e,f) = \frac{1}{2} [\measuredangle (a,d) + \measuredangle (c,b) ]. $

Otrzymaliśmy, jak łatwo sprawdzić, tę samą równość, co poprzednio.

Załóżmy teraz, że czworokąt $ABCD$ jest wpisany w koło (rys. 68).

W takim razie $\alpha + \gamma = 180^\circ$ i poprzednia równość daje

$ x = \frac{1}{2} (\alpha + \gamma) = 90^\circ. $

To oznacza, że przekątne czworokąta $MPNQ$ są prostopadłe.

Zauważmy, że wobec tego w trójkącie $PEQ$ dwusieczna $EO$ kąta $E$ jest prostopadła do boku $PQ$ , trójkąt $PEQ$ jest więc równoramienny, a punkt $O$ jest środkiem odcinka $PQ$ . Analogicznie punkt $O$ jest środkiem odcinka $MN$ .

Czworokąt $MPNQ$ , którego przekątne dzielą się na połowy i są wzajemnie prostopadłe, jest zatem rombem, czego właśnie należało dowieść.

II OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Dany jest okrąg oraz odcinek $MN$ . Znaleźć na okręgu taki punkt $C$ , żeby trójkąt $ABC$ , gdzie $A$ i $B$ są punktami przecięcia prostych $MC$ i $NC$ z okręgiem, był podobny do trójkąta $MNC$ .

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli punkty $M$ i $N$ leżą na danym okręgu $k$ , to każdy punkt $C$ okręgu, z wyjątkiem punktów $M$ i $N$ , czyni zadość warunkowi zadania; punkty $A$ i $B$ pokrywają się wówczas z punktami $M$ i $N$ , a trójkąt $ABC$ - z trójkątem $MNC$ . W dalszym ciągu przypadek ten pominiemy i założymy, że przynajmniej jeden z punktów $M$ i $N$ nie leży na okręgu $k$ .

Jeśli $C$ jest punktem żądanym, to dla trójkątów podobnych $ABC$ i $MNC$ , mających równe kąty przy wierzchołku $C$ , musi zachodzić któryś z przypadków:

$ \measuredangle A = \measuredangle M,\ \measuredangle B = \measuredangle N. \textrm{ (rozwiązanie pierwszego rodzaju)} $

\kom II.

$ \measuredangle A = \measuredangle N,\ \measuredangle B = \measuredangle M \textrm{ (rozwiązanie drugiegp rodzaju)}. $

Gdy trójkąty są równoramienne, oba przypadki zachodzą jednocześnie.

I. Poszukiwanie rozwiązań pierwszego rodzaju

W rozwiązaniach pierwszego rodzaju boki $AB$ i $MN$ trójkątów $ABC$ i $MNC$ są równoległe, z czego wynika, że bądź oba punkty $M$ i $N$ leżą na odcinkach $AC$ i $BC$ , bądź oba leżą na przedłużeniach tych odcinków. Zadanie nasze może mieć zatem rozwiązanie pierwszego rodzaju tylko wtedy, gdy punkty $M$ i $N$ leżą oba wewnątrz lub oba zewnątrz danego okręgu $k$ .

Podamy dwa sposoby znalezienia takich rozwiązań.

\spos{I} Jeśli punkt $C$ jest punktem o żądanej własności (rys. 69), to trójkąty $ABC$ i $MNC$ są jednokładne względem punktu $C$ . W tej jednokładności okręgowi $k$ , przechodzącemu przez środek jednokładności $C$ i przez punkty $A$ i $B$ , odpowiada okrąg $l$ styczny do okręgu $k$ w punkcie $C$ i przechodzący przez punkty $M$ i $N$ jednokładne do punktów $A$ i $B$ .

Zadanie sprowadza się więc do wykreślenia okręgu przechodzącego przez dane punkty $M$ i $N$ i stycznego do danego okręgu $k$ .

Konstrukcja takiego okręgu była już omówiona przy zadaniu nr 22 na stronicy 112 i przy zadaniu nr 33 na stronicy 152.

Gdy wykreślimy okrąg $l$ , wówczas punkt $C$ , w którym styka się on z okręgiem $k$ , będzie punktem żądanym. Istotnie, proste $MC$ i $NC$ przecinają okrąg $k$ jednokładny do okręgu $l$ względem punktu $C$ - w punktach $A$ i $B$ odpowiadających punktom $M$ i $N$ . Trójkąty $ABC$ i $MNC$ są jednokładne, przy czym $\measuredangle A = \measuredangle M$ , a $\measuredangle B = \measuredangle N$ .

Zadanie ma tyle rozwiązań, ile jest okręgów przechodzących przez punkty $M$ i $N$ i stycznych do okręgu $k$ . A zatem (patrz uwagę 2 do zadania nr 22 na stronicy 108):

1° Jeżeli punkty $M$ i $N$ leżą oba wewnątrz okręgu $k$ albo jeżeli oba leżą zewnątrz okręgu $k$ , ale prosta $MN$ nie jest styczna do tego okręgu, to zadanie ma dwa rozwiązania.

2° Jeżeli punkty $M$ i $N$ leżą zewnątrz okręgu $k$ , a prosta $MN$ jest styczna do tego okręgu, to zadanie ma jedno rozwiązanie.