I OM - B

Zadania dane na szczeblu niższym (B)

Załącznik	Wielkość
I OM - zadania na szczeblu B z rozwiązaniami [1]	1.25 MB

I OM - B - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Wyznaczyć współczynniki $a$ i $b$ , równania $x^2 + ax +b=0$ tak, aby same wartości $a$ i $b$ były pierwiastkami tego równania.

Rozwiązanie

Sposób I

Na mocy twierdzeń o sumie i iloczynie pierwiastków równania kwadratowego liczby $a$ i $b$ są wtedy i tylko wtedy
pierwiastkami równania $x^2 + ax + b = 0$ , gdy spełniają układ równań

$ \begin{cases} a+b = -a \\ ab = b \end{cases} $

czyli

$ (1) \qquad \begin{cases} b = - 2a \\ b(a -1) = 0 \end{cases} $

Drugie z równań układu (1) jest spełnione, gdy $b = 0$ lub gdy $a-1= 0$ , tj. gdy $a = 1$ .

Układ (l) ma więc dwa rozwiązania:

$ \begin{cases} b = 0 \\ a = 0 \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} a = 1 \\ b = -2 \end{cases} $

Równaniami kwadratowymi o żądanej właśności są równania

$ x^2 + 0\cdot x + 0 = 0, \text{ i } x^2 + x - 2 = 0. $

Sposób II

Liczby $a$ i $b$ mają spełniać równanie $x^2 + ax + b = 0$ . Zatem

$ \begin{cases} a^2+a^2+b = 0 \\ b^2 + ab + b = 0 \end{cases} $

czyli

$ (2) \qquad \begin{cases} 2a^2+b = 0 \\ b(a+b+1) = 0 \end{cases} $

Drugie z równań układu (2) daje $b = 0$ lub $a + b + 1 = 0$ .

Biorąc $b = 0$ otrzymujemy rozwiązanie

$ \begin{cases} a = 0 \\ b = 0 \end{cases} $
Biorąc $a + b + 1 = 0$ mamy $b = - a-l$ ; po podstawieniu do pierwszego z równań układu (2) otrzymujemy równanie

$ 2a^2 - a - 1 = 0 $

którego pierwiastkami są liczby $a = 1$ i $a = -1$ , przy czym odpowiednimi wartościami $b$ są liczby $b = - 2$ i $b=-\frac{1}{2}$ .

Stąd dalsze rozwiązania układu równań (2):

$ \begin{cases} a = 1 \\ b = -2 \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} a = -\frac{1}{2} \\ b = -\frac{1}{2} \end{cases} $

Ze znalezionych rozwiązań tylko liczby $a = 0$ , $b = 0$ oraz
liczby $a = 1$ , $b = - 2$ spełniają warunki zadania. Liczby $a = -\frac{1}{2}$ ,
$b = -\frac{1}{2}$ warunków tych nie spełniają, gdyż pierwiastkami równania
$x^2 - \frac{1}{2}x -\frac{1}{2} = 0$ są liczby $-\frac{1}{2}$ i 1, a nie liczby $-\frac{1}{2}$ i $-\frac{1}{2}$ .

Aby wyjaśnić ten paradoks, zauważmy, że układ równań (2)
daje tylko warunki konieczne dla poszukiwanych liczb $a$ i $b$ ,
Nie są to jednak warunki dostateczne: jeśli bowiem liczby
$a$ i $b$ spełniają układ (2), to każda z nich jest wprawdzie pierwiastkiem
równania $x^2 + ax + b = 0$ , ale z tego nie wynika, że $a$ i $b$
dają oba pierwiastki tego równania. W przypadku, gdy $a = b$ ,
jest to jeden i ten sam pierwiastek, jak to właśnie zachodzi w równaniu
$x^2 -\frac{1}{2}x -\frac{1}{2} = 0$ .

Sposób III

Ponieważ pierwiastkami równania $x^2 + ax + b = 0$ są liczby $\frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2}$
i $\frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2}$ , więc poszukiwane liczby $a$ i $b$ czynią zadość bądź układowi równań

$ (3) \qquad \begin{cases} \frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2} = a \\ \frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2} = b \end{cases} $

bądź też układowi równań

$ (4) \qquad \begin{cases} \frac{-a-\sqrt{a^2-4b}}{2} = a \\ \frac{-a+\sqrt{a^2-4b}}{2} = b \end{cases} $

Oba układy (3) i (4) możemy rozwiązać jednocześnie. Dodając stronami
równania każdego układu oraz odejmując je stronami otrzymujemy

$ \begin{cases} -a = a+b \\ \sqrt{a^2-4b} = a-b \end{cases} \quad \text{lub}\quad \begin{cases} -a = a+b \\ -\sqrt{a^2-4b} = a-b \end{cases} $

Stąd

$ \begin{cases} b = -2a \\ a^2-4b = a^2-2ab+b^2 \end{cases} $

czyli

$ \begin{cases} b = -2a \\ b(b-2a+4) = 0 \end{cases} $

Ostatnie równanie daje dwie możliwości

Biorąc $b = 0$ i $b = - 2a$ otrzymujemy

$ a = 0,\quad b = 0 $
Biorąc $b- 2a + 4 = 0$ i $b = - 2a$ otrzymujemy

$ a = 1, \quad b =-2 $

Wartości $a = 0$ , $b = 0$ spełniają oba układy (3) i (4), natomiast wartości
$a = 1$ , $b = - 2$ spełniają tylko układ (3). Otrzymujemy
- zgodnie z poprzednim - dwa równania kwadratowe o żądanej
własności: $x^2 + 0\cdot x + 0 = 0$ i $x^2 + x - 2 = 0$ .

I OM - B - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczba $a$ jest sumą kwadratów dwóch różnych liczb
naturalnych, to $a^2$ jest sumą kwadratów dwóch liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Jeśli $a=x^2+y^2$ , to

$ \begin{split} a^2 &= x^4 + 2x^2y^2 + y^4 \\ &= x^4 - 2x^2y^ + y^4 + rx^2y^2 \\ &= (x^2-y^2) + (2xy)^2. \end{split} $

I OM - B - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Ktoś ma wagę dwuramienną nierzetelną (tzn. wagę,
której ramiona są nierówne). Chcąc odważyć 2 kg cukru postępuje
w sposób następujący: kładzie ciężarek 1 kg na lewej szalce wagi,
a na prawą szalkę sypie cukier aż do zrównoważenia; następnie:
opróżniwszy obie szalki kładzie ciężarek 1 kg na prawej szalce, a na
lewą sypie cukier aż do zrównoważenia. Czy odważone w ten sposób dwie
ilości cukru stanowią razem mniej, czy więcej, czy też dokładnie
2 kg?

Rozwiązanie

Oznaczmy ilość kilogramów cukru odważonego za pierwszym
razem przez $x$ , a za drugim razem przez $y$ . Długości ramion
wagi niech będą $p$ i $q$ , przy czym $p \neq q$ .

Według prawa dźwigni (rys. l) mamy:

$ \begin{split} q \cdot x = p \cdot 1 &\text{ skąd } x =\frac{p}{q} \\ q \cdot x = p \cdot 1 &\text{ skąd } x =\frac{p}{q} \end{split} $

Zatem

$ x+y = \frac{p}{q} + \frac{q}{p} = \frac{p^2+q^2}{pq} > 2, $

ponieważ

$ \frac{p^2+q^2}{pq}-2 = \frac{p^2+q^2-2pa}{pq} = \frac{(p-q)^2}{pq} > 0, \text{ gdy }p \neq q. $

Odpowiedź: Odważono razem więcej niż 2 kg cukru.

I OM - B - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Znaleźć dwie liczby naturalne $a$ i $b$ mając ich największy wspólny podzielnik
$D=12$ oraz najmniejszą wspólną wielokrotność $M=432$ . Podać sposób poszukiwania
rozwiązań w przypadku ogólnym.

Rozwiązanie

Jeśli największym wspólnym podzielnikiem liczb $a$ i $b$ jest 12, to

$ a=12x,\quad b=12y, $

przy czym liczby $x$ i $y$ są pierwsze względem siebie. W takim razie najmniejszą
wspólną wielokrotnością liczb $12x$ i $12y$ jest $12xy$ , wobec czego

$ 12xy = 432,\quad \text{czyli } xy=36. $

Liczby $x$ i $y$ znajdziemy rozkładając 36 na iloczyn dwóch czynników pierwszych względem siebie.
Istnieją dwa takle rozkłady:

$ 36=1\cdot 36 \quad \text{i} \quad 36= 4\cdot 9. $

Otrzymujemy dwa rozwiązania

$ x=1, y=36 \quad \text{albo} \quad x=4, y=9. $

Szukanymi liczbami są

$ 12\cdot 1 =12 \text{ i } 12\cdot 36 =432 \text{ albo } 12\cdot 4 = 48 \text{ i } 12\cdot 9 = 108. $

W przypadku ogólnym, gdy największym wspólnym podzielnikiem liczb
$a$ i $b$ jest $D$ , a najmniejszą wspólną wlelokrotnością jest
$M$ , rozumujemy tak samo i otrzymujemy równania:

$ a=Dx,\; b=Dy, \quad(\text{$x$ i $y$ - pierwsze względem siebie}), $

a stąd

$ Dxy = M,\text{ i } xy=\frac{M}{D} $

Zadanie ma tyle rozwiązań, iloma sposobami można liczbę
naturalną \frac{M}{D} rozłożyć na dwa czynniki $x$ i $y$ pierwsze względem
siebie. Jedno z rozwiązań stanowią zawsze liczby $D$ i $M$ .

I OM - B - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Motorówka wyruszyła o godzinie 9 w górę rzeki i w tym
samym momencie wrzucono z motorówki do rzeki piłkę. O godzinie 9
minut 15 motorówka zawróciła i popłynęła w dół rzeki. O której
godzinie motorówka dogoni piłkę?

Rozwiązanie

Na wodzie stojącej motorówka dopłynęłaby z powrotem do
piłki w czasie następnych 15 minut, tj. o godz. 9 min. 30. Tak
samo będzie i na rzece, gdyż prąd wody jednakowo znosi motorówkę
i piłkę. Motorówka dogoni piłkę o godz. 9 min. 30.

Gdyby ktoś nie wpadł na powyższe proste rozumowanie,
mógłby rozwiązać zadanie przy pomocy równań.

Na pozór wydaje się, że w zadaniu za mało jest danych, nie
powiedziano bowiem, jaka była prędkość własna motorówki, czyli
prędkość jej ruchu na wodzie stojącej, ani też - ile wynosiła prędkość
prądu w rzece,

Nie zrażając się tym oznaczmy przez $x$ poszukiwaną ilość
godzin od godziny 9 do chwili, w której motorówka dogoniła piłkę.
Wprowadźmy oprócz tego prędkość prądu $u$ wyrażoną w kilometrach
na godzinę i prędkość $v$ motorówki na wodzie, stojącej również
wyrażoną w kilometrach na godzinę. Dla ułożenia równania
należy wyrazić przy pomocy tych wielkości drogę przebytą
przez piłkę i drogę przebytą przez motorówkę.

W ciągu $x$ godzin piłka przepłynęła z prądem rzeki $xu$ kilometrów.

Motorówka płynęła najpierw przez $\frac{1}{4}$ godziny pod prąd, prędkość
jej wynosiła wówczas $(v - u)$ kilometrów na godzinę, droga
przebyta wynosiła'zatem $\frac{1}{4}(v - u)$ kilometrów; w pozostałym
czasie $(x -\frac{1}{4})$ godzin motorówka płynęła z prądem, więc z prędkością
$(u + v)$ kilometrów na godzinę i przepłynęła $(x - \frac{1}{4})(u + v)$
kilometrów, przebywając w odwrotnym kierunku najpierw odległość
$\frac{1}{4}(v - u)$ kilometrów do miejsca startu, a następnie drogę $xu$
kilometrów, przebytą przez piłkę do miejsca, w którym motorówka'
dogoniła piłkę.

Zatem

$ (x-\frac{1}{4})(u+v) = \frac{1}{4}(v-u)+xu $

Gdy przekształcimy to równanie otwierając nawiasy i zbierając
po jednej stronie wyrazy zawierające $x$ , a po drugiej wyrazy pozostałe,
otrzymamy, równanie

$ xy = \frac{1}{2}v $

Ponieważ prędkość własna motorówki $v$ na pewno nie jest
równa zeru przeto możemy podzielić obie strony równania przez $v$
otrzymujemy

$ x=\frac{1}{2} $

A więc motorówka dogoni piłkę po upływie $\frac{1}{2}$ godziny od chwili wyruszenia, czyli o godz. 9 min. 30.

Okazało się że nieznane wielkości $u$ i $v$ były potrzebne tylko
po to, aby ułożyć równanie. Przy wykonywaniu rachunku wielkości
te znikły, czyli - jak się mówi w matematyce - zostały
wyrugowane. Takie pomocnicze wielkości bywają nazywane parametrami.

I OM - B - Zadanie 6

Etap:

Dowieść, że liczba, która w dziesiątkowym układzie
pozycyjnym wyraża się za pomocą 91 jedynek, jest liczbą złożoną.

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ $91=7\cdot 13$ , więc cyfry danej liczby $L$ można podzielić na 13 grup
po 7 jedynek w każdej grupie:

$ 1111111\; 1111111 \; \dots \; 1111111 $

Stąd widać, że liczba ta dzieli się przez $1111111$ ; w ilorazie otrzymujemy liczbę

$ 1\; 0000001 \; \dots \; 0000001 $

Aby rzecz ująć nieco dokładniej, oznaczmy dla krótkości $1111111=N$ . Liczbę daną możemy przedstawić
jako sumę 13 składników.

$ L = N \cdot 10^{84} + N \cdot 10^{77} + \dots + N \cdot 10^7 + N $

odpowiadających owym 13 grupom cyfr. Biorąc $N$ przed nawias otrzymujemy

$ L = N\cdot(10^{84} + 10^{77} + \dots + 10^7 + 1), $

a z tego widzimy, że liczba dana jest iloczynem dwóch liczb naturalnych różnych od 1,
a więc nie jest liczbą pierwszą.

Sposób II

Inny rozkład liczby $L$ uzyskamy dzieląc jej cyfry na 7 grup
po 13 jedynek w każdej grupie; spostrzeżemy wówczas, że liczba L
dzieli się przez liczbę

$ M=1111111111111 $

Ujmując to dokładniej napiszemy, że

$ L = M \cdot 10^{78} + M \cdot 10^{65} + \dots + M \cdot 10^{13} + M, $

skąd

$ L = M \cdot (10^{78} + 10^{65} + \dots + 10^{13} + 1) $

Sposób III

Możemy też rozumować w sposób następujący:

$ L = 1 + 10 + 10^2 + \dots + 10^{90} $

Liczba $L$ jest zatem sumą 91 wyrazów postępu geometrycznego,
którego wyraz pierwszy równa się 1, a iloraz równa się 10.
Według znanego wzoru na sumę wyrazów postępu geometrycznego
mamy

$ L=\frac{10^{91}-1}{10-1} $

Stąd

$ L=\frac{(10^7)^{13}-1}{10-1} = \frac{(10^7)^{13}-1}{10^7-1} \cdot \frac{10^7-1}{10-1} $

Ponieważ

$ (*) \qquad \frac{a^n-b^n}{a-b} = a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots + ab^{n-2} + b^{n-1} $

więc podstawiając w powyższym wzorze za pierwszym razem
$a = 10^7$ , $n = 13$ , a za drugim razem $a = 10$ , $n = 7$ , widzimy, że
liczbę $L$ rozłożyliśmy na dwa czynniki naturalne różne od 1. Są
to te same czynniki, co w rozkładzie (1).

Analogicznie uzyskamy rozkład (2), gdy napiszemy

$ L=\frac{(10^13)^{7}-1}{10-1} = \frac{(10^13)^{7}-1}{10^{13}-1} \cdot \frac{10^{13}-1}{10-1} $

i we wzorze (*) podstawimy za pierwszym razem $a = 10^{13}$ , $n = 7$ ,
a za drugim razem $a = 10$ , $n = 13$ .

I OM - B - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Na płaszczyźnie dane są dwie przecinające się proste
$a$ i $b$ i nie leżący na nich punkt $P$ . Poprowadzić przez punkt $P$
prostą przecinającą proste $a$ i $b$ w tahich punktach $A$ i $B$ , że

$ PA = 2\cdot PB $

Rozwiązanie

Niech $AB$ (rys. 2) będzie prostą szukaną.

Poprowadźmy przez punkt $P$ prostą równnoległą do prostej $b$ ; przetnie ona prostą $a$ w punkcie $Q$ .

Według twierdzenia Talesa mamy

$ \frac{AQ}{OQ} = \frac{AP}{BP} = 2, \quad \text{skąd } AQ=2\cdot OQ. $

Konstrukcję wykonywamy zatem wyznaczając punkt $Q$ odmierzając $QA = 2 \cdot OQ$ . Prosta $AP$ będzie prostą szukaną.

Zadanie ma zawsze rozwiązanie, i to tylko jedno.

I OM - B - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że wysokości trójkąta ostrokątnego są dwusiecznymi kątów trójkąta, którego wierzchołkami są spodki tych wysokości.

Rozwiązanie

Niech $S$ będzie punktem przecięcia wysokości $AM$ , $BN$ i $CP$ trójkąta ostrokątnego $ABC$ (rys. 3).

Czworokąt $SMCN$ , w którym kąty przy wierzchołkach $M$ i $N$ są proste, jest czworokątem wpisanym w okrąg o średnicy $SC$ ; zatem

$ \measuredangle SMN = \measuredangle SCN $

(kąty wpisane oparte na tym samym łuku są równe).

Podobnie też, w czworokącie $SMBP$ mamy

$ \measuredangle SMP = \measuredangle SBP $

Lecz $\measuredalngle SCN = \measuredangle SBP$ , gdyż każdy z tych kątów równa się
$90^{\circ} - \measuredangle BAC$ ; zatem $\measuredangle SMN = \measuredangle SMP$ .

Istotnie więc wysokość $AM$ jest dwusieczną kąta $NMP$ .

Uwaga. W trójkącie rozwartokątnym (rys. 4) wysokość $AM$ poprowadzona z wierzchołka kąta
rozwartego $A$ jest dwusieczną kąta $NMP$ , a pozostałe dwie wysokości są dwusiecznymi kątów zewnętrznych
trójkąta $MNP$ ; uzasadnienie jest analogiczne do poprzedniego.

I OM - B - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli suma trzech liczb naturalnych jest podzielna przez 3, to suma sześcianów tych liczb jest
także podzielna przez 3.

Rozwiązanie

Sposób I

Niech $a, b, c$ będą liczbami naturalnymi, których suma podzielna jest przez 3. W tym celu wykażemy, że różnica
$(a^3 + b^3 + c^3) - (a + b + c)$ jest podzielna przez 3. Otóż

$ \begin{split} (a^3 &+ b^3 + c^3) - (a + b + c) = (a^3- a) + (b^3 - b) + (c^3- c) \\ &= (a - 1) a (a + 1) + (b -1) b (b + 1) + (c - 1) c (c + 1) \end{split} $

Każdy z trzech składników po prawej stronie równości jest
podzielny przez 3, ponieważ jest iloczynem trzech kolejnych liczb
całkowitych. Suma ich jest więc też podzielna przez 3. Stąd
wniosek, że jeśli $a + b + c$ dzieli się przez 3, to i $a^3 + b^3 + c^3$
dzieli się przez 3.

Sposób II

Ponieważ

$ \begin{split} (a + b + c)^3 &= (a + b)^3 + 3 (a + b)^2 c + 3 (a + b) c^2+ c^3 = \\ &= a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 + 3 (a + b)^2 c + 3 (a + b) c^2 + c^3, \end{split} $

więc

$ a^3 + b^3 + c^3= (a + b +c)^3 - 3a^2b - 3ab^2- 3 (a + b)^2c - 3 (a + b) c^2 $

Jeżeli $a + b + c$ dzieli się przez 3, to każdy składnik prawej
strony równości jest podzielny przez 3, zatem suma tych składników
jest też podzielna przez 3.

Uwaga. Ogólniej: jeśli suma liczb całkowitych $a_1 + a_2 + \dots + a_n$
jest podzielna przez 3, to suma $a_1^3 + a_2^3 + \dots + a_n^3$
jest też podzielna przez 3.

Możemy tego dowieść zupełnie tak samo, jak wyżej w sposobie I. Sposób II byłby tu mniej dogodny.

I OM - B - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Wykazać, że dla dowolnych liczb $a, b, c$ zachodzi nierówność

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ

$ a^2 - 2ab + b2 = (a - b)^2 \geqslant O, $

więc

$ a^2+ b^2 \geqslant 2ab $

i tak samo

$ b^2+ c^2 \geqslant 2bc $

oraz

$ c^2+ a^2 \geqslant 2ca $

Dodając stronami powyższe trzy nierówności otrzymujemy

$ 2(a^2+b^2+c^2) \geqslant 2 (ab+bc+ca) $

skąd

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Sposób II

Zastosujemy metodę sprowadzenia do niedorzeczności. Przypuśćmy, że dla pewnych liczb $a, b, c$
prawdziwa jest nierówność

$ a^2 + b^2 + c^2 < ab + bc + ca $

w takim razie

$ \begin{split} a^2+ b^2 + c^2 - ab - bc - ca &< 0 \\ 2a^2 + 2b^2 + 2c^2- 2ab - 2bc - 2ca &< 0 \\ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 &< 0 \end{split} $

Otrzymaliśmy nierówność nieprawdziwą, gdyż każdy z trzech
kwadratów po lewej stronie jest liczbą nieujemną, a więc suma
tych kwadratów jest liczbą nieujemną. Zatem dla wszelkich
liczb $a, b, c$ zachodzi nicrówność

$ a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ca $

Uwaga. Sposoby I i II różnią się właściwie tylko ujęciem,
gdyż oba polegają w gruncie rzeczy na zastosowaniu tych samych
przesłanek:

kwadrat liczby jest liczbą nieujemną,
$ 2 (a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) = (a - b)^2 + (b -c)^2 + + (c-a)^2 $

Z przesłanki 2 wysnujemy jeszcze wniosek, że $a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca$ równa
się zeru tylko wtedy, gdy $a=b=c$ .

Zupełnie tak samo, jak wyżej, dowiedziemy, że dla dowolnych liczb $a_l, a_2, \dots, a_n$ zachodzi nierówność

$ a_1^2 + a_2^2 + \dots a_n^2 \geqslant a_1a_2 + a_2a_3 + \dots a_{n-1}a_n + a_na_1, $

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy

$ a_1=a_2=\dots = a_n $

I OM - B - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Słup pionowy o wysokości $a$ , oświetlony promieniami
słonecznymi, rzucił na płaszczyznę; poziomą w pewnym momencie
cień, długości $a$ , w innym momencie cień miał długość $2 a$ , w trzecim
momencie długość cienia wynosila $3 a$ . Wykazać, że suma kątów
nachylenia promieni słonecznych do płaszczyzny poziomej w tych
trzech momentach jest równa kątowi prostemu.

Rozwiązanie

Kąty wymienione w zadaniu są to kąty $ACB$ , $ADB$ , $AEB$ na rysunku 5, na którym $AB = a$ ,
$BC = a$ , $BD = 2a$ , $BE = 3a$ , $B = 90^{\circ}$ . Ponieważ $\measuredangle ACB = 45^{\circ}$ , należy udowodnić, że
$\measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ}$ .

W tym celu obróćmy trójkąt $ABD$ dokoła punktu $A$ o $90^{\circ}$ do położenia $AFG$ i weźmy pod
uwagę trójkąt $ADG$ . Jest to trójkąt prostokątny i równoramienny, gdyż $\measuredangle DAG = 90^{\circ}$ ,
$AD = AG$ .

Zatem

$ \measuredangle AGD = \measuredangle AGF + \measuredangle CGD = 45^{\circ} $

Lecz $\measuredangle AGF = \measuredangle ADB$ , a $\measuredangle CGD = \measuredangle AEB$
(ponieważ $\Delta DCC = \Delta AEB$ ). Istotnie więc

$ \measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ} $

Na rysunkach 6 i 7 przedstawione są dwie modyfikacje powyższego dowodu.
Myśl zasadnicza polega na zbudowaniu trójkąta
prostokątnego równoramiennego o kącie ostrym równym
sumie rozważanych kątów nachylenia $x = \measuredangle ADB$ i
$y = \measuredangle AEB$ .
Na rysunku 6 trójkątem owym jest trójkąt AEG, a na rysunku 7
trójkąt ADG.

Uwaga. Stosując trygonometrię można ująć dowód krótko:

$ \tan x = \frac{AB}{BD} = \frac{1}{2},\quad \tan y = \frac{AB}{BE} = \frac{1}{3} $

zatem

$ \tan(x+y) = \frac{\tan x+\tan y}{1- \tan x \tan y} = \frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}} = 1 $

skąd $x+y=45^{\circ}$ .

I OM - B - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Ile boków ma wielokąt, którego każdy kąt jest $k$ razy większy od kąta przyległego ? Jakie wartości może przybierać $k$ ?

Rozwiązanie

Jeśli każdy kąt wielokąta jest $k$ razy większy od kąta przyległego,
to suma wszystkich $n$ kątów wielokąta, która - jak
wiadomo - równa się $(n - 2) \cdot 180^{\circ}$ , jest także $k$ razy większa
od sumy odpowiednich kątów przyległych (czyli kątów zewnętrznych),
tzn. jest $k$ razy większa od $360^{\circ}$ . Zatem

$ (n - 2) \cdot 180^{\circ} = k \cdot 360^{\circ}, $

skąd

$ n - 2 = 2k \quad \text{i} \quad n = 2k + 2. $

Ponieważ $n - 2$ musi być liczbą naturalną, więc $2k$ powinno
być liczbą naturalną, czyli $k$ musi być równe połowie
liczby naturalnej, a więc $k = \frac{1}{2}, 1, \frac{3}{2}, 2, \dots$

I OM - B - Zadanie 13

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że jeżeli prawdziwa jest równość

$ (a^2+ b^2+ c^2) \cdots (x^2+ y^2 + z^2) = (ax + by + cz)^2, $

to liczby $x, y, z$ są proporcjonalne do liczb $a, b, c$ .

Rozwiązanie

Gdy w danej równości wykonamy po obu stronach mnożenie, a następnie przeprowadzimy redukcję wyrazów podobnych, to otrzymamy równość

$ \begin{split} a^2y^2 &+ a^2z^2+ b^2x^2 + b^2z^2+ c^2x^2+ c^2y^2 \\ &= 2abxy + 2bcyz + 2cazx \end{split} $

Stąd

$ \begin{split} (a^2y^2 &- 2abxy + b^2x^2) + b^2z^2 - 2bcyz + c^2y^2) + \\ &+ (c^2x^2- 2cazx + a^2z^2) = 0, \end{split} $

czyli

$ (ay - bx)^2 + (bz - cy)^2 + (cx - az)^2 = 0 $

Suma kwadratów liczb rzeczywistych tylko wtedy równa się
zeru, gdy każda z tych liczb jest równa zeru, zatem

$ ay - bx = 0,\; bz - cy = 0,\; cx - az = O. $

Stąd

$ x : y = a : b,\; y : z = b : c,\; z : x = c : a, $

czyli

$ x : y : z = a : b : c, $

co było do okazania.

I OM - B - Zadanie 14

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że suma liczb naturalnych wtedy i tylko wtedy jest podzielna przez 9, gdy suma wszystkich cyfr tych liczb jest podzielna przez 9.

Rozwiązanie

Dowiedziemy najpierw, że różnica między liczbą naturalną $a$ i sumą $s$ jej cyfr jest podzielna przez 9. Niech $C_O, C_1, C_2, C_3, \dots$ oznaczają kolejno cyfry jedności, dziesiątek, setek, tysięcy i dalszych rzędów tej liczby. Wtedy

$ \begin{split} a &= C_0 + C_1 \cdot 10 + C_2 \cdot 100 + C_3 \cdot 1000 + \dots \\ s &= C_0 + C_1 + C_2 + C_3 + \dots \end{split} $

Odejmując te równości stronami otrzymujemy

$ a - s = C_1 \cdot 9 + C_2 \cdot 99 + C_3 \cdot 999 + \dots $

Ponieważ każdy składnik po prawej stronie jest podzielny przez 9, przeto i liczba $a - s$ jest podzielna przez 9.

Niech następnie $a_l, a_2, \dots, a_n$ oznaczają liczby naturalne, a $s_1, s_2, \dots, s_n$ - odpowiednio sumy cyfr tych liczb.

W tożsamości

$ \begin{split} a_l + a_2 + \dots + a_n &= [(a_l - s_1) + (a_2 - s_2) + \dots + (a_n - s_n) \\ &+ (s_1 + s_2 + \dots + s_n) \end{split} $

składnik prawej strony znajdujący się w nawiasie łamanym jest podzielny przez 9, gdyż jest sumą liczb podzielnych przez 9. Wobec tego liczba $a_l + a_2 + \dots + a_n$ jest podzielna przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy składnik $s_1 + s_2 + \dots + s_n$ tj. suma wszystkich cyfr liczb $a_l, a_2, \dots, a_n$ jest podzielna przez 9, a tego należało dowieść.

I OM - B - Zadanie 15

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dane są dwa przecinające się okręgi o promieniach $r$ i $R$ . Przez jeden z punktów przecięcia tych okręgów poprowadzić taką
prostą, żeby ta prosta przecięła okręgi jeszcze w dwóch punktach $p$ i $Q$ i żebv odcinek $PQ$ miał daną długość $d$ .

Rozwiązanie

Przez punkt przecięcia $A$ danych okręgów ośrodkach $O$ i $S$ prowadzimy prostą przecinającą te okręgi jeszcze w punktach $P$ i $Q$ .

Punkty $P$ i $Q$ leżą bądź po przeciwnych stronach punktu $A$ (rys. 8), bądź po tej samej stronie punktu $A$ (rys. 9).

W pierwszym przypadku $PQ = AP + AQ$ ; w drugim przypadku sieczna $PQ$ może mieć takie położenie, że punkt $Q$ leży między punktami $A$ i $P$ (jak na rysunku 9), i wtedy $PQ = AP - AQ$ , albo też takie położenie, że punkt $P$ leży między punktami $A$ i $Q$ , i wtedy $PQ = AQ - AP$ . Aby uwzględnić w jednym wzorze oba przypadki, używamy znaku bezwzględnej wartości:

$ PQ =|AP-AQ| $

Opuśćmy z punktów $O$ i $S$ prostopadłe $OM$ i $SN$ na prostą $PQ$ i zauważmy, że

$ AM = \frac{1}{2}AP,\; AN = \frac{1}{2}AQ. $

Dlugość odcinka $MN$ równa się połowie długości odcinka $PQ$ . Istotnie w pierwszym przypadku mamy

$ MN = AM + AN = \frac{1}{2}AP + \frac{1}{2}AQ = \frac{1}{2}(AP + AQ) = \frac{1}{2}PQ, $

a w drugim przypadku mamy

$ MN = |AM -AN| = |\frac{1}{2}AP-\frac{1}{2}AQ| = \frac{1}{2} |AP-AQ| = \frac{1}{2}PQ. $

Poprowadźmy przez punkt $O$ prostą równoległą do prostej $PQ$ ; przetnie ona prostą $NS$ w punkcie $L$ . W trójkącie prostokątnym $OLS$ przeciwprostokątna $OS$ jest odległością środków danych okręgów, a przyprostokątna $OL = MN = \frac{1}{2} PQ$ .

Gdy dana jest długość $PQ = d$ , to trójkąt $OLS$ potrafimy zbudować, a tym samym potrafimy wykreślić prostą $PQ$ , jako równoległą do prostej $OL$ poprowadzoną przez punkt A.

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 10.

Kreślimy okrąg o średnicy $OS$ . Z punktu $U$ jako ze środka zakreślamy okrąg promieniem $\frac{1}{2}d$ . Jeśli te dwa okręgi mają punkt wspólny $L$ , to prosta równoległa do prostej $OL$ poprowadzona przez punkt $A$ jest prostą szukaną, gdyż $PQ = 2\cdot OL = d$ , co stwierdzamy przeprowadzając poprzednie wnioskowanie w porządku odwrotnym.

Warunkiem istnienia punktu $L$ jest nierówność

$ \frac{1}{2} d < OS,\text{ czyli }d \leq 2 \cdot OS $

Gdy $d < 2 \cdot OS$ , zadanie ma dwa rozwiązania, obie sieczne są symetryczne względem prostej przechodzącej przez punkty przecięcia danych okręgów.

Gdy $d = 2 \cdot OS$ , rozwiązanie jest jedno, mianowicie prosta równoległa do prostej $OS$ .

I OM - B - Zadanie 16

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Złożyć prostokąt z dziewięciu kwadratów o bokach 1, 4, 7, 8, 9, 10, 14, 15 i 18.

Rozwiązanie

Z danych kwadratów można złożyć prostokąt jednym tylko sposobem. Wykażemy to przeprowadzając następujące rozumowanie: Przede wszystkim jest jasne, że kwadraty wypełniające prostokąt muszą mieć boki równoległe do boków prostokąta. Pole prostokąta, musi się równać sumie pól wszystkich kwadratów, a więc pole poszukiwanego prostokąta wynosi

$ 1^2 + 4^2 + 7^2 + 8^2 + 9^2 + 10^2 + 14^2 + 15^2 + 18^2 = 1056 = 2^5 \cdot 3 \cdot 11 $

Liczba $1056 = 2^5 \cdot 3 \cdot 11$ jest to iloczyn długości dwóch przyległych boków prostokąta. Aby znaleźć te długości, należy rozłożyć 1056 na dwa czynniki, z których każdy jest nie mniejszy od 18, tj. od długości boku największego kwadratu. Istnieją trzy takie rozkłady:

$ 1056 = 22 \cdot 48 = 24 \cdot 44 = 32 \cdot 33 $

Rozkłady $22\cdot 48$ i $24\cdot 44$ należy odrzucić. Jeśli bowiem w prostokącie o szerokości 22 lub 24 umieścimy kwadrat o boku 18, to pozostała nad nim lub pod nim część prostokąta będzie pasem o długości 18 i szerokości nie większej niż 6, a takiego pasa nie da się wypełnić danymi kwadratami, gdyż można w nim umieścić najwyżej kwadraty o bokach 1 i 4, a suma 1 + 4 = 5 jest mniejsza od 18.

Szukany więc prostokąt, jeżeli istnieje, ma boki 32 i 33. Pokażemy, że istotnie prostokąt ABCD o bokach $AB=32$ i $AD=33$ (rys. 11) można złożyć z danych dziewięciu kwadratów jednym jedynym sposobem.

Kwadrat o boku 18 musi się znajdovvać w narożniku prostokąta. W przeciwnym razie nad tym kwadratem i pod nim pozostałyby pasy o długości 18 i łącznej szerokości 14. Jeden z tych pasów miałby więc szerokość nie większą niż 7, takiego zaś pasa nie można wypełnić danymi kwadratami, gdyż zmieszczą się w nim co najwyżej kwadraty o bokach 1,4, 7, przy czym suma 1 + 4 + 7 =12 jest mniejsza od 18.

Rysujemy zatem kwadrat $AMNP$ o boku $AM=18$ .

Z kolei rozstrzygniemy, jakie kwadraty ułożyć należy przy odcinku $MB=14$ . Liczba 14 musi być albo długością boku
jednego kwadratu, albo sumą długości boków kilku kwadratów; jeśli chodzi o ten drugi przypadek; istnieją tylko dwie możliwości:

$ 14 = 9 + 4 + 1 \text{ albo } 14 = 10 + 4. $

Obie te możliwości odpadają. Jeśli bowiem przy odcinku $MB$ umieścimy kwadrat o boku 9 lub 10, to pozostanie pas długości 9 lub 10 i szerokości nie większej niż 5, którego znowu wypełnić pozostałyml danymi kwadratami nie można. Zatem przy boku $MB$ należy umieścić kwadrat $MBKL$ o boku 14.

Zwróćmy teraz uwagę na punkt $N$ . Z punktu tego musi wychodzić do wnętrza figury $PNLKCD$ jakaś linia podziału prostokąta na kwadraty bądź jako przedłużenie odcinka $MN$ bądź jako przedłużenie odcinka $PN$ . Pierwsza, ewentualność (zaznaczona na rysunku 11 linią przerywaną) zachodzić nie może.

Wówczas bowiem bok $PN = 18$ byłby sumą boków kilku kwadratów, a w tym na pewno boku 15, gdyż dla kwadratu o boku 15. nie pozostałoby już gdzie indziej dość miejsca. Lecz 18 = 15 + 3, a 3 nie jest ani bokiem, ani sumą boków danych kwadratów. Wobec tego linią podziału wychodzącą z punktu $N$ musi być przedłużenie boku $PN$ .

W takim razie posługując się podobnym rozumowaniem, jak poprzednio stwierdzimy, że odcinek $LN=4$ musi być bokiem jednego tylko kwadratu $LRSN$ , następnie stwierdzimy, że odcinek $RK=10$ musi być też bokiem jednego tylko kwadratu, po czym bez trudu znajdziemy położenie pozostałych kwadratów i otrzymamy rozwiązanie zadania przedstawione na rysunku 12.

I OM - B - Zadanie 17

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Dowieść, że jeżeli $a \neq b$ , to

$ a^3b + ab^3 < a^4 + b^4 $

Rozwiązanie

Ponieważ

$ \begin{split} (a^4 + b^4) - (a^3 b + ab^3) &= (a^4 - a^3b) + (b^4 - ab^3) \\ &= (a - b)a^3 (a - b)b^3 \\ &= (a - b)(a^3 - b^3) \\ &= (a - b)(a - b) (a^2 + ab + b^2) \\ &= (a - b)^2 (a^2 +ab + b^2) \\ &= (a - b)^2 \left[(a + \frac{1}{2}b)^2 + \frac{3}{4}b^2\right], \end{split} $

więc jeśli $a \neq b$ , to

$ (a^4 + b^4) - (a^3b + ab^3) > O, $

skąd

$ a^3b+ab^3 < a^4+b^4. $

I OM - B - Zadanie 18

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Podać sposób wyznaczenia najmniejszej wspólnej wielokrotności liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots , n$ .

Rozwiązanie

Niechaj $p$ oznacza największą liczbę pierwszą zawartą w danym ciągu liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots, n$ . Jeżeli np. $n=50$ , to $p$ oznacza liczbę plerwszą 47.

Aby wyznaczyć najmniejszą wspólną wielokrotność liczb naturalnych $1, 2, 3, \dots, n$ , należałoby rozłożyć wszystkie te liczby na czynniki pierwsze, a następnie, utworzyć iloczyn

$ M = 2^{\alpha} \cdot 3^{\beta} \cdot 5^{\gamma} \cdot \dots \cdot p^{\mu}, $

którego czynnikami są najwyższe potęgi kolejnych liczb pierwszych $2, 3, 5, \dots$ aż do $p$ , występujące w rozkładach liczb $1, 2, 3, \dots , n$ na czynniki pierwsze.

Możemy jednak wykładniki $\alpha, beta, \gamma, \dots, \mu$ znaleźć w sposób prostszy, bez rozkładania danych liczb na czynniki pierwsze.

Aby wyznaczyć wykładnik $\alpha$ przy liczbie pierwszej 2, wypisujemy kolejne potęgi liczby 2:

$ 2^1 = 2, 2^2 = 4, 2^3 = 8, 264 = 16, 2^5 = 32, 2^6 = 64, 2^7 = 128, \dots $

i znajdujemy taki wykładnik $\alpha$ , żeby były spełnione nierówności

$ 2^{\alpha} \leq n < 2^{\alpha+1} $

Jeżeli np. $n = 50$ , to należy wziąć $a = 5$ .

Następnie w ciągu kolejnych potęg liczby pierwszej 3:

$ 3^1 = 3, 3^2 = 9, 3^3 = 27, 3^4 = 81, 3^5 = 243, \dots $

znajdujemy taki wykładnik $\beta$ , żeby były spełnione nierówności

$ 3^{\beta} \leq n <3^{\beta + 1} $

Np. dla $n = 50$ znajdziemy $\beta = 3$ .

Tak postępujemy dalej, przy czym będziemy otrzymywali wykładniki $\alpha, beta, \gamma, \dots$ coraz mniejsze, aż dojdziemy do takiej liczby pierwszej $h$ , dla której zachodzą nierówności

$ h \leq n < h^2 $

Zaczynając od tej liczby pierwszej $h$ wszystkie czynniki pierwsze będą w iloczynie $M$ występowały z wykładnikiem 1.

Jeżeli np. weźmiemy $n = 50$ , to

$ M = 2^5 \cdot 3^3 \cdot 5^2 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdot 31 \cdot 37 \cdot 41 \cdot 43 \cdot 47 $

I OM - B - Zadanie 19

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Środki czterech jednakowych kulek leżą na okręgu koła, a środek ciężkości układu tych kulek leży w środku koła. Okazać, że środki kulek są wierzchołkami prostokąta.

Rozwiązanie

Niech $A, B, C, D$ oznaczają kolejne wierzchołki czworokąta utworzonego przez środki kulek, a $M$ i $N$ - środki dwóch przeciwległych boków $AB$ i $CD$ tego czworokąta.

Zastąpmy kulki o środkach $A$ i $B$ kulką 2 razy cięższą o środku $M$ , a kulki o środkach $C$ i $D$ - kulką 2 razy cięższą o środku $N$ . Środek ciężkości układu tych dwóch nowych kulek jest ten sam, co środek ciężkości układu poprzednich czterech kulek, gdyż siły ciężkości działające w punktach $A$ i $B$ zastąpiliśmy ich wypadkową działającą w punkcie $M$ i tak samo siły ciężkości działające w punktach $C$ i $D$ zostały zastąpione ich wypadkową działającą w punkcie $N$ . Zatem środek ciężkości dwóch kulek umieszczonych w punktach $M$ i $N$ , czyli środek odcinka $MN$ , leży w środku rozważanego okręgu.

Cięciwy $AB$ i $CD$ , których środki $M$ i $N$ leżą na średnicy okręgu, są do tej średnicy prostopadłe; cięciwy te są więc równoległe. Tak samo równoległe są dwa pozostałe boki $BC$ i $AD$ czworokąta $ABCD$ . Czworokąt ten jest więc wpisanym w koło równoległobokiem, czyli jest prostokątem.

I OM - B - Zadanie 20

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Boki trójkąta prostokątnego są wyrażone liczbami naturalnymi. Jedna z przyprostokątnych wyrażona jest liczbą 10. Obliczyć pozostałe boki tego trójkąta.

Rozwiązanie

Liczby naturalne $x$ i $y$ wyrażające długość przeciwprostokątnej i długość drugiej przyprostokątnej rozważanego trójkąta spełniają, według twierdzenia Pitagorasa, równanie

$ (1) \qquad x^2-y^2 = 10^2 $

Ponieważ $10^2$ jest iiczbą parzystą, więc z równania (1) wynika, że liczby $x^2$ i $y^2$ są albo obie parzyste, albo obie nieparzysteo W takim razie również liczby $x$ i $y$ są albo obie parzyste, albo obie nieparzyste.

Z równania (1) wynika

$ (2) \qquad (x+y)(x-y)=10^2 $

Ponieważ liczby $x$ i $y$ są tej samej parzystości, więc liczby $(x + y)$ i $(x-y)$ są obie parzyste; ponadto $x + y > x-y$ . Otóż liczbę $10^2 = 100$ można rozłożyć na iloczyn dwóch nierównych czynników parzystych tylko jednym sposobem: $100 = 50 \cdot 2$ . Zatem z równania (2) wynika, że

$ \begin{cases} x+y=50 \\ x-y = 2 \end{cases} $

Stąd $x = 26$ , $y = 24$ .