I OM - I etap

Zadania z zawodów stopnia I dla szczebla wyższego (A)

Załącznik	Wielkość
I OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [1]	1.97 MB

I OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że jeżeli $m > 0$ , to $m + \frac{4}{m^2} \geq 3$ .

Rozwiązanie

Sposób I

Gdy poszukujemy dowodu jakiegoś twierdzenia, postępujemy często podobnie, jak w analizie zadania konstrukcyjnego, przeprowadzając tzw. rozumowanie redukcyjne.

Zakładamy, że dane twierdzenie jest prawdziwe, wysnuwamy z omego wnioski zmierzając do tego, by otrzymać jakiEś znane twierdzenie prawdziwe. To prawdziwe twierdzenie obieramy za punkt wyjścia dowodu i staramy się drogą odwrotną do poprzedniej wywnioskować twierdzenie żądane.

Zastosujmy ten sposób do postawionego zadania.

Załóżmy, że gdy $m > 0$ , to

$ (1) \qquad m + \frac{4}{m^2} \geq 3 $

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy $m > 0$ , to

$ \begin{split} (2) &\qquad m^3 + 4 \geq 3m^2 \\ (3) &\qquad m^3 - 3m^2 + 4 \geq 0 \\ (4) &\qquad m^3 + m^2 - 4m^2 + 4 \geq 0 \\ (5) &\qquad m^2(m + 1) - 4(m^2 - 1) \geq 0 \\ (6) &\qquad (m + 1) (m^2 - 4m + 1) \geq 0 \\ (7) &\qquad (m + 1)(m - 2)^2 \geq 0 \end{split} $

Otóż gdy $m$ jest dodatnie, nierówność (7) jest na pewno prawdziwa, gdyż $(m + 1)$ jest liczbą dodatnią, a $(m - 2)^2$ jest liczbą dodatnią lub równą zeru. Obieramy więc nierówność (7) za punkt wyjścia dowodu twierdzenia:

Niech $m > 0$ ; zachodzi wówczas nierówność (7), a z niej wysnuwamy kolejno nierówności (6), (5) itd., aż. do nierówności (1).

Sposób II

Sposób I ma tę niedogodność, że ten sam ciąg
nierówności od (1) do (7) trzeba przebiegać raz w jednym kierunku,
a drugi raz w kierunku przeciwnym. Możemy tego uniknąć i skrócić
rozumowanie stosując metodę sprowadzenia do niedorzeczności.
Przypuśćmy, że twierdzenie nasze jest fałszywe, to znaczy,
że istnieje taka dodatnia liczba $m$ , która spełnia nierówność

$ (1) \qquad m + \frac{4}{m^2} < 3 $

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy $m > 0$ , to

$ \begin{split} (2) &\qquad m^3 + 4 < 3m^2 \\ (3) &\qquad m^3 - 3m^2 + 4 < 0 \\ (4) &\qquad m^3 + m^2 - 4m^2 + 4 < 0 \\ (5) &\qquad m^2(m + 1) - 4(m^2 - 1) < 0 \\ (6) &\qquad (m + 1) (m^2 - 4m + 1) < 0 \\ (7) &\qquad (m + 1)(m - 2)^2 < 0 \end{split} $

Otrzymaliśmy wynik fałszywy, gdyż przy $m > 0$ żadna z liczb $(m + 1)$ i $(m - 2)^2$ nie jest liczbą ujemną, a więc iloccyn nie może być ujemny.

Żadna dodatnia liczba $m$ nie spełnia zatem nierówności (1).

Znaczy to, że

$ m + \frac{4}{m^2} \geq 3 $

dla każdego dodatniego $m$ .

I OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Dowieść, że suma sześcianów $n$ kolejnych wyrazów postępu arytmetycznego jest podzielna przez sumę tych wyrazów.

Rozwiązanie

Sposób I

W rachunku, który wypadnie wykonać, dogodnie będzie skorzystać ze znanych wzorów na sumę pierwszych, drugich i trzecich potęg liczb naturalnych od 1 do $(n - 1)$ . Sumy te oznaczymy literami $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$ :

$ \begin{split} \sigma_1 &= 1+2+\dots+(n-1) = \frac{(n-1)n}{2} \\ \sigma_2 &= 1^2+2^2+\dots+(n-1)^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6} \\ \sigma_3 &= 1+2+\dots+(n-1) = \frac{(n-1)n}{2} \\ \end{split} $

Zauważmy, że

$ \sigma_2 = \sigma_1 \cdot \frac{2n-1}{3}\cdot \sigma_3 = \sigma_1^2 $

Niech $a$ oznacza pierwszy z rozważanych $n$ kolejnych wyrazów postępu arytmetycznego, $d$ -różnicę postępu, $S$ - sumę $n$ kolejnych wyrazów postępu, $T$ - sumę sześcianów tych wyrazów. Stosując powyższe wzory otrzymujemy

$ \begin{split} S &= a + (a+d) + \dots + [a+(n-1)d] = \\ & na + [1+2+\dots+(n-1)]d, \end{split} $

czyli

$ S=na+\sigma_1 d $

oraz

$ \begin{split} T &= a^3+ (a + d)^3 + \dots + [a + (n - 1) d]^3 = \\ &= na^3 + 3 \cdot [1 + 2 + \dots + (n - 1)]a^2 d + \\ &+ 3\cdot [1^2 + 2^2 + \dots + (n-1)^2] ad^2 + [1^3 + 2^3 + \dots + (n-1)^3] d^3, \end{split} $

zatem

$ T=na^3 + 3\sigma_1 a^2 d + 3\sigma_2 a d^2 + \sigma_3 d^3, $

czyli

$ (2) \qquad na^3 + 3\sigma_1 a^2 d + (2n-1)\sigma_1 a d^2 + \sigma_1^2 d^3, $

Sumy $S$ i $T$ , wyrażone wzorami (1) i (2), są wielomianami uporządkowanymi względem $a$ . Najwyższe ich wyrazy $na^3$ i $na$ dają iloraz $a^2$ , a najniższe wyrazy, czyli $\sigma_1^2 d^3$ i $\sigma_1 d$ dają iloraz $\sigma_1 d^2$

Jeśli wiclomian $T$ jest podzielny przez dwumian $S$ , to iloraz ma postać $a^2+ xad + \sigma_1d^2$ . Otóż

$ \begin{split} S(a^2+ xad + \sigma_1d^2) &= (na + \sigma_1 d) (a^2+ xad + \sigma_1 d^2)= \\ &= na^3+ (nx + \sigma_l)a^2d + (x + n)\sigma_1 ad^2+ \sigma_1 d^2 \end{split} $

Otrzymany wielomian $T$ będzie identyczny z wielomianem (2), gdy obierzemy $x = n-l$ , gdyż wówczas będzie $nx + \sigma_1 = 3\sigma_1$ i $x + n = 2n-1$ .

Zatem

$ (*) \qquad T = S[a^2+(n-1)ad + \sigma_1 d^2] $

Istotnie więc wielomian $T$ jest podzielny przez dwumian $S$ .

Sposób II

Przypuśćmy, że $n$ jest liczbą nieparzystą: $n = 2k + 1$ .
Oznaczmy środkowy wyraz postępu literą $b$ , a różnicę postępu
literą $d$ . Wówczas będziemy mieli postęp

$ \begin{split} b - kd, b - (k - 1) d, &\dots , b - d, b, b + d, \\ &\dots , b + (k - 1) d, b + kd. \end{split} $

Obliczamy sumę wyrazów tego postępu:

$ S = (2k + 1) b $

Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

$ \begin{split} T=[b - kd]^3, [b - (k - 1) d]^3, &\dots , [b - d]^3, b^3, [b + d]^3, \\ &\dots , [b + (k - 1) d]^3, [b + kd]^3. \end{split} $

Obliczenie pomocnicze:

$ [b - kd]^3 + [b + kd]^3 = 2b^3+ 6k^2bd^2 $

Podobnie mamy

$ \begin{split} [b - (k-1)d]^3 + [b + (k-1)d]^3 = 2b^3+ 6(k-1)^2bd^2 \\ \dots \\ [b - d]^3 + [b + d]^3 = 2b^3+ 6bd^2 \\ \end{split} $

W ten sposób otrzymujemy

$ T=[2b^3+ 6k^2bd^2] + [2b^3+ 6(k-1)^2bd^2] + \dots + [2b^3+ 6bd^2] + b^3 $

$ T=(2k+1)b^3 + 6[k^2+(k-1)^2 + \dots + 1^2] bd^2 $

Korzystając ze wzoru

$ 1^2+2^2+\dots+(k-1)^2 + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} $

otrzymujemy

$ \begin{split} T &= (2k + 1) b^3 + k (k + 1) (2k + 1) bd^2 \\ T &= (2k + 1) b[b^2 + k (k + 1) d^2] \\ (**)\qquad T &= S \cdot [b^2 + k (k + 1) d^2] \end{split} $

Ostatni wzór wykazuje, że $T$ jest podzielne przez $S$ .
W przypadku, gdy $n$ jest liczbą parzystą: $n = 2k$ , w postępie nie ma wyrazu środkowego. W tym przypadku średnią arytmetyczną dwóch wyrazów stojących pośrodku postępu oznaczamy literą $c$ , a literą $r$ oznaczamy połowę różnicy postępu. Mamy wtedy postęp

$ \begin{split} c - (2k - 1) r, c - (2k - 3) r, &\dots , c - 3r, c - r, c + r, c + 3r, \\ &\dots , c + (2k - 3)r, c + (2k - 1) r. \end{split} $

Obliczamy sumę wyrazów postępu:

$ S=2kc $

Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

$ \begin{split} T = [c - (2k - 1) r]^3, [c - (2k - 3) r]^3, &\dots , [c - 3r]^3, [c - r]^3, [c + r]^3, [c + 3r]^3, \\ &\dots, [c + (2k - 3)r]^3, [c + (2k - 1) r]^3. \end{split} $

Obliczenia pomocnicze:

$ \begin{split} [c - (2k - 1) r]^3 + [c + (2k - 1) r]^3 &= 2c^3+ 6(2k - 1)^2 cr^2 \\ [c - (2k - 3) r]^3 + [c + (2k - 3) r]^3 &= 2c^3 + 6(2k - 3)^2 cr^2 \\ \dots \\ [c - 3r]^2 + [c + 3r]^3 &= 2c^3 + 6 \cdot 3^2cr^2 \\ [c - r]^2 + [c + r]^3 = 2c^3 + 6 \cdot 1^2cr^2 \end{split} $

Na podstawie powyższych wzorów mamy

$ \begin{split} T &= [2c^3 + 6 (2k - 1)^2 cr^2] + [2c^3+ 6 (2k - 3)^2 cr^2] + \dots + \\ &+ [2c^3 + 6 \cdot 3^2 cr^2] + [2c^3 + 6 \cdot 1^2 cr^2] \\ T &= 2kc^3 + 6 [(2k - 1)^2 + (2k - 3)^2 + \dots + 3^2+ 1^2]cr^2 \end{split} $

Trzeba obliczyć sumę kwadratów kolejnych liczb naturalnych nieparzystych.

Otrzymamy ją odejmując od sumy kwadratćw liczb naturalnych od 1 do $2k$ sumę kwadratów liczb parzystych $2, 4, \dots , 2k$ , czyli 4 razy wziętą sumę kwadratów liczb $1, 2, 3, \dots , k$ , co daje

$ \frac{2k(2k+1)(4k+1)}{6} - \frac{4k(k+1)(2k+1)}{6} = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} $

Korzystając z tego wzoru otrzymujemy

$ \begin{split} T &= 2kc^3 + 2k (2k - 1) (2k + 1) cr^2 \\ T &= 2kc [c^2 + (2k - 1) (2k + 1) r^2] \\ (***) \qquad T &= S \cdot [c^2 + (2k - 1) (2k + 1) r^2] \end{split} $

Wzór ten dowodzi, że i w tym przypadku $T$ jest podzielne przez $S$ .

Uwaga. Wzory (**) i (***) wyrażają ten sam związek, co wzór (*). Łatwo to sprawdzić podstawiając do wzoru (*) wartości $n = 2k + 1$ , $a = b- kd$ bądź też wartości $n = 2k$ , $d = 2r$ , $a = c - (2k - 1) r$ .

I OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Zbudować trójkąt równoboczny, którego wierzchołki leżą na trzech danych prostych równoległych.

Rozwiązanie

Sposób I (metoda obrotu).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem równobocznym, którego wierzchołki $A, B, C$ leżą odpowiednio na danych prostych równoległych $a, b, c$ (rys. 13 a).

Obróćmy całą figurę dokoła punktu $A$ o kąt $BAC = 60^{\circ}$ Punkt $B$ znajdzie się po obrocie w punkcie $C$ , prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ . Ponieważ mając środek $A$ i kąt obrotu równy $60^{\circ}$ potrafimy wykreślić prostą $b_l$ , więc znajdziemy punkt $C$ w przecięciu prostych $b_l$ i $c$ .

Konstrukcja. Obieramy dowolnie punkt $A$ na prostej $a$ (rys. 13 b). Obracamy prostą $b$ o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ kreśląc $AM \perp a$ , $\measuredangle MAN = 60^{\circ}$ i wreszcie $b_l \perp AN$ . Prosta $b_l$ przecina prostą $c$ w punkcie $C$ . Z punktu $A$ zakreślamy okrąg promieniem $AC$ . Niech $B$ będzie punktem przecięcia tego okręgu z prostą $b$ , leżącym po przeciwnej stronie prostej $AM$ niż punkt $N$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Aby tego dowieść, obróćmy całą figurę na rysunku 13 b) o kąt $MAN$ . Prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ , a punkt $B$ zakreśli łuk o promieniu $AB$ i znajdzie się w punkcie przecięcia tego łuku z prostą $b_l$ , tzn. w punkcie $C$ . Zatem $\measuredangle BAC = \measuredangle MAN = 60^{\circ}$ , z czego wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ obrotu o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ dokonać można w dwóch kierunkach, przeto dla dowolnie obranego punktu $A$ na prcstej $a$ istnieją dwa trójkąty równoboczne o wierzchołkach leżących na danych prostych $a, b, c$ . Trójkąty te są symetryczne względem prostej $AM$ - osi symetrii figury danej.

Sposób II

Analiza. Niech trójkąt $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 14 a). Okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przecina prostą $a$ w punktach $A$ i $D$ . Według twierdzenia o kątach wpisanych mamy

$ \begin{split} \measuredangle ADB = \measuredangle ACB = 60^{\circ} \measuredangle BDC = \measuredangle BAC = 60^{\circ} \end{split} $

Obierając dowolnie punkt $D$ można zatem wyznaczyć punkty $E$ i $C$ , a następnie $A$ .

Konstrukcja. Z punktu $D$ , obranego dowolnie na prostej $a$ , jako ze środka, zataczamy okrąg dowolnie wielkim promieniem $DK$ (rysunek 14 b). Odmierzamy $KM = MN = DK$ i prowadzimy proste $DM$ i $DN$ , które przecinają się z prostymi $b$ i $c$ w punktach $B$ i $C$ . Z punktu $C$ jako ze środka zataczamy łuk promieniem $CB$ do przecięcia z półprostą $DK$ prostej $a$ w punkcie $A$ .

Trójkąt $ABC$ jest równoboczny. Aby się o tym przekonać, weźmy pod uwagę okrąg opisany na trójkącie $BCD$ . Ponieważ $\measuredangle BDC = 60^{\circ}$ , więc $BC$ jest bokiem trójkąta foremnego wpisanego w ten okrąg. Trzeci wierzchołek owego trójkąta musi leżeć na półprostej $DK$ (gdyż $\measuredangle KDB = 60^{\circ}$ ) a zarazem na okręgu, który został zatoczony ze środka $C$ . Tym trzecim wierzchołkiem jest więc punkt $A$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Okrąg o środku $C$ i promieniu $CB$ przecina półprostą $DK$ w jednym punkcie, gdyż $BC > CP$ , więc też $BC > CD$ . Przy obranym punkcie $D$ otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, gdyż punkt $K$ można obrać na prostej $a$ bądź po jednej stronie punktu $D$ , bądź po drugiej.

Sposób III (metoda figur podobnych)

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 15)

Zauważmy, że potrafimy zbudować figurę podobną do figury szukanej. W tym celu wystarczy wykreślić dowolny trójkąt równoboczny $A_B_C_$ (rys. 16) i wyznaczyć na boku $A_1C_1$ taki punkt $D_1$ że $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}= \frac{AD}{DC}$ . Lecz stosunek $\frac{AD}{DC}$ jest znany, ponieważ równa się stosunkowi odpowiednich odległości między prostymi równoległymi $a, b, c$ . Prowadząc przez $B_l$ i $D_1$ prostą $b_l$ , a następnie kreśląc $a_l || b_l$ i $c_1 || b_1$ otrzymujemy figurę, która jest podobna do figury na rysunku 15, wobec czego równe są np. kąty zaznaczone na obu rysunkach. Mając zaś kąt między prostą $AB$ prostą możemy wykreślić trójkąt $ABC$ .

Konstrukcja. Najdogodniej obrać punkty $A_1$ i $C_1$ na prostych $a$ i $c$ (rys. 17), gdyż wówczas punkt $D_1$ znajdujemy od razu w przecięciu odcinka $A_1C_l$ z prostą $b$ . Budując trójkąt równoboczny $A_B_lC_1$ otrzymujemy kąt $A_1B_1D_1$ . Przy dowolnie obranym punkcie $A$ prostej $a$ odmierzamy od tej prostej kąt równy kątowi $A_1B_1D_1$ i otrzymujemy punkt $B$ . Budujemy wreszcie $\measuredangle BAC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym; udowodnimy to.

Figura $ABCD$ jest podobna do figury $A_1B_1C_1D_1$ . Istotnie trójkąt $ABD$ jest podobny do trójkąta $A_lB_1D_1$ (dwie pary kątów odpowiednio równych), a punkt $C$ prostej $AD$ jest punktem odpowiednim do punktu $C_1$ prostej $A_1D_l$ , wobec równości stosunków $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}$ i $\frac{AD}{DC}$ . Trójkąt $ABC$ jest więc równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ kąt równy kątowi $A_1B_1D_l$ można odmierzyć przy prostej
a po każdej stronie punktu $A$ , przeto otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, jak przy metodzie poprzedniej.

Sposób IV (metoda miejsc geometrycznych).

Analiza. Jeśli trójkąt $ABC$ jest trójkątem o żądanych własnościach, to przesuwając go równolegle w kierunku danych prostych $a, b, c$ możemy wierzchołek $A$ umieścić w dowolnie obranym punkcie prostej $a$ . Zadanie sprowadza się wówczas do wyznaczenia jednego z pozostałych wierzchołków, np. wierzchołka $C$ .

Punkt $C$ znajdziemy w przecięciu dwóch miejsc geometrycznych:

prostej $c$
miejsca geometrycznego trzeciego wierzchołka trójkąta
równobocznego, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $A$
a drugi wierzchołek $B$ porusza się po prostej $b$ .

Wyznaczymy to drugie miejsce geometryczne.

Ponieważ istnieją dwa trójkąty równoboczne o tej samej podstawie $AB$ , przeto weźmy najpierw pod uwagę te trójkąty $ABC$ , w których punkty $A, B, C$ następują po sobie w porządku cyklicznym dodatnim, tzn. przeciwnym do tego, który określa ruch wskazówki zegara.

Niech w położeniu $AB_1C_1$ (rys. 18) punkt $C_1$ leży na prostej $b$ i niech $ABC$ będzie dowolnym innym położeniem trójkąta. Udowodnimy, że punkt $C$ zakreśla prostą $m$ przechodzącą przez punkt $C_1$ i równoległą do prostej $AB_1$ .

W dowodzie rozróżnimy trzy przypadki położenia punktu $B$ :

punkt $B$ leży na prawo od punktu $B_1$ (rys. 18 a),
punkt $B$ leży między punktami $E_1$ i $C_1$ (rys. 18b),
punkt $B$ leży na lewo od punktu $C_1$ (rys. 18 c).

W przypadku a) mamy $\measuredangle AC_1B = \measuredangle ACB = 60^{\circ}$ , czworokąt $ABCC_1$ jest czworokątem wpisanym w koło, wobec czego $\measuredangle CC_1B = \measuredangle CAB = 60^{\circ}$ i $CC_1 || AB_1$ · Punkt $C$ przebiega tę półprostą prostej $m$ , która leży po przeciwnej stronie prostej $b$ niż prosta $a$ .

Istotnie, jeśli $C$ leży na tej prostej, a $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ , to $\measuredangle CAB = \measuredangle CC_1B$ , więc w czworokącie $ABCC_1$ mamy $ACB = \measuredangle AC_1B = 60^{\circ}$ i trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

W przypadkach b) i c) rozumowanie jest analogiczne. Na rysunkach 18 b) i c) zaznaczone są równe kąty; punkt $C$ przebiega pozostałe części prostej $m$ .

Rozważając wreszcie trójkąty $ABC$ o ujemnym porządku cyklicznym punktów $A, B, C$ , tj. trójkątyodpowiednio symetryczne do poprzednich trójkątów względem ich podstaw AB,otrzymujemy drugą część poszukiwanego miejsca geometrycznego, mianowicie prostą $n$ przechodzącą przez punkt $B_1$ i równoległą do prostej $AC_1$ .

Szukane miejsce geometryczne jest więc parą prostych $m$ i $n$ .

Konstrukcja. Wykreślamy (rys. 19) trójkąt równoboczny $AB_1C_1$ oraz proste $m$ i $n$ , otrzymując w przecięciu ich z prostą $c$ punkty $C$ i $C_1$ .

Budujemy $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest żądanym trójkątem równobocznym; drugim takim trójkątem jest symetryczny do niego trójkąt $ABC$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna, zadanie ma dwa rozwiązania symetryczne.

Sposób V (metoda algebraiczna, czyli rachunkowa).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym. Obliczymy kąt nachylenia $x$ boku $AB$ do prostej $a$ (rys. 20) w zależności od odległości $AM = p$ prostych $a$ i $b$ oraz odległości $CN = q$ prostych $b$ i $c$ .

Z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy

$ p = AB \sin x, q = BC \sin (60^{\circ} - x), AB = BC. $

Stąd

$ \begin{split} p \sin (60^{\circ} - x) &= q sin x, \\ p \sin 60^{\circ} \cos x - p \cos 60^{\circ} \sin x &= q \sin x \end{split} $

i ostatecznie

$ \tan x = \frac{p\sqrt{3}}{p+2q} $

Konstrukcja (rys. 21). Budujemy kąt $x$ jako kąt ostry trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $p\sqrt{3}$ i $p + 2q$ , leżący naprzeciw boku $p\sqrt{3}$ . Wykreślamy odcinek $AB$ tworzący kąt $x$ z prostą $a$ . Wreszcie wykreślamy $\measuredangle ABC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Istotnie z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy związki

$ AB=\frac{p}{\sin x},\quad BC = \frac{q}{\sin(60^{\circ}-x)} $

zatem

$ \begin{split} \frac{AB}{BC} = \frac{p\sin(60^{\circ}-x)}{q\sin x} = \frac{p(\sin 60^{\circ}\cos x - \cos 60^{\circ})}{q\sin x} = \\ = \frac{p}{q}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cotan x - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{p+2q}{p\sqrt{3}} - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q}\left(\frac{1}{2} + \frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right) = 1. \end{split} $

tzn. $AB = BC$ , skąd wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Ponieważ kąt $x$ możemy odmierzyć po obu stronach punktu $A$ , więc zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.

I OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

W trójkącie $ABC$ kąt $A$ jest dany. Czy można obliczyć kąty $B$ i $C$ , gdy wiadomo, że pewna prosta przechodząca przez punkt $A$ dzieli trójkąt na dwa trójkąty równoramienne?

Rozwiązanie

Oznaczmy poszukiwane kąty trójkąta $ABC$ przez $x$ i $y$ i niech odcinek $AD$ dzieli trójkąt na dwa trójkąty równoramienne $T_1$ i $T_2$ .