I OM - B - Zadanie 1

Wyznaczyć współczynniki i , równania tak, aby same wartości i były pierwiastkami tego równania.

Rozwiązanie

Sposób I

Na mocy twierdzeń o sumie i iloczynie pierwiastków równania kwadratowego liczby i są wtedy i tylko wtedy
pierwiastkami równania , gdy spełniają układ równań

czyli

Drugie z równań układu (1) jest spełnione, gdy lub gdy , tj. gdy .

Układ (l) ma więc dwa rozwiązania:

Równaniami kwadratowymi o żądanej właśności są równania

Sposób II

Liczby i mają spełniać równanie . Zatem

czyli

Drugie z równań układu (2) daje lub .

1. Biorąc otrzymujemy rozwiązanie

2. Biorąc mamy ; po podstawieniu do pierwszego z równań układu (2) otrzymujemy równanie

   którego pierwiastkami są liczby i , przy czym odpowiednimi wartościami są liczby i .

   Stąd dalsze rozwiązania układu równań (2):

Ze znalezionych rozwiązań tylko liczby , oraz
liczby , spełniają warunki zadania. Liczby ,
warunków tych nie spełniają, gdyż pierwiastkami równania
są liczby i 1, a nie liczby i .

Aby wyjaśnić ten paradoks, zauważmy, że układ równań (2)
daje tylko warunki konieczne dla poszukiwanych liczb i ,
Nie są to jednak warunki dostateczne: jeśli bowiem liczby
i spełniają układ (2), to każda z nich jest wprawdzie pierwiastkiem
równania , ale z tego nie wynika, że i
dają oba pierwiastki tego równania. W przypadku, gdy ,
jest to jeden i ten sam pierwiastek, jak to właśnie zachodzi w równaniu
.

Sposób III

Ponieważ pierwiastkami równania są liczby
i , więc poszukiwane liczby i czynią zadość bądź układowi równań

bądź też układowi równań

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

Stąd

czyli

Ostatnie równanie daje dwie możliwości

1. Biorąc i otrzymujemy

2. Biorąc i otrzymujemy

Wartości , spełniają oba układy (3) i (4), natomiast wartości
, spełniają tylko układ (3). Otrzymujemy
- zgodnie z poprzednim - dwa równania kwadratowe o żądanej
własności: i .

I OM - B - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli liczba jest sumą kwadratów dwóch różnych liczb
naturalnych, to jest sumą kwadratów dwóch liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Jeśli , to

I OM - B - Zadanie 3

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 , a za drugim razem przez . Długości ramion
wagi niech będą i , przy czym .

Według prawa dźwigni (rys. l) mamy:

Zatem

ponieważ

Odpowiedź: Odważono razem więcej niż 2 kg cukru.

I OM - B - Zadanie 4

Znaleźć dwie liczby naturalne i mając ich największy wspólny podzielnik
oraz najmniejszą wspólną wielokrotność . Podać sposób poszukiwania
rozwiązań w przypadku ogólnym.

Rozwiązanie

Jeśli największym wspólnym podzielnikiem liczb i jest 12, to

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

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

Otrzymujemy dwa rozwiązania

Szukanymi liczbami są

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

a stąd

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

I OM - B - Zadanie 5

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 poszukiwaną ilość
godzin od godziny 9 do chwili, w której motorówka dogoniła piłkę.
Wprowadźmy oprócz tego prędkość prądu wyrażoną w kilometrach
na godzinę i prędkość 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 godzin piłka przepłynęła z prądem rzeki kilometrów.

Motorówka płynęła najpierw przez godziny pod prąd, prędkość
jej wynosiła wówczas kilometrów na godzinę, droga
przebyta wynosiła'zatem kilometrów; w pozostałym
czasie godzin motorówka płynęła z prądem, więc z prędkością
kilometrów na godzinę i przepłynęła
kilometrów, przebywając w odwrotnym kierunku najpierw odległość
kilometrów do miejsca startu, a następnie drogę
kilometrów, przebytą przez piłkę do miejsca, w którym motorówka'
dogoniła piłkę.

Zatem

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

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

A więc motorówka dogoni piłkę po upływie godziny od chwili wyruszenia, czyli o godz. 9 min. 30.

Okazało się że nieznane wielkości i 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

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

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ , więc cyfry danej liczby można podzielić na 13 grup
po 7 jedynek w każdej grupie:

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

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

odpowiadających owym 13 grupom cyfr. Biorąc przed nawias otrzymujemy

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

Ujmując to dokładniej napiszemy, że

skąd

Sposób III

Możemy też rozumować w sposób następujący:

Liczba 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

Stąd

Ponieważ

więc podstawiając w powyższym wzorze za pierwszym razem
, , a za drugim razem , , widzimy, że
liczbę rozłożyliśmy na dwa czynniki naturalne różne od 1. Są
to te same czynniki, co w rozkładzie (1).

Analogicznie uzyskamy rozkład (2), gdy napiszemy

i we wzorze (*) podstawimy za pierwszym razem , ,
a za drugim razem , .

I OM - B - Zadanie 7

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

Rozwiązanie

Niech (rys. 2) będzie prostą szukaną.

Poprowadźmy przez punkt prostą równnoległą do prostej ; przetnie ona prostą w punkcie .

Według twierdzenia Talesa mamy

Konstrukcję wykonywamy zatem wyznaczając punkt odmierzając . Prosta będzie prostą szukaną.

Zadanie ma zawsze rozwiązanie, i to tylko jedno.

I OM - B - Zadanie 8

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

Rozwiązanie

Niech będzie punktem przecięcia wysokości , i trójkąta ostrokątnego (rys. 3).

Czworokąt , w którym kąty przy wierzchołkach i są proste, jest czworokątem wpisanym w okrąg o średnicy ; zatem

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

Podobnie też, w czworokącie mamy

Lecz , gdyż każdy z tych kątów równa się
; zatem .

Istotnie więc wysokość jest dwusieczną kąta .

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

I OM - B - Zadanie 9

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 będą liczbami naturalnymi, których suma podzielna jest przez 3. W tym celu wykażemy, że różnica
jest podzielna przez 3. Otóż

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 dzieli się przez 3, to i
dzieli się przez 3.

Sposób II

Ponieważ

więc

Jeżeli 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
jest podzielna przez 3, to suma
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

Wykazać, że dla dowolnych liczb zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Sposób I

Ponieważ

więc

i tak samo

oraz

Dodając stronami powyższe trzy nierówności otrzymujemy

skąd

Sposób II

Zastosujemy metodę sprowadzenia do niedorzeczności. Przypuśćmy, że dla pewnych liczb
prawdziwa jest nierówność

w takim razie

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 zachodzi nicrówność

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

1. kwadrat liczby jest liczbą nieujemną,

Z przesłanki 2 wysnujemy jeszcze wniosek, że równa
się zeru tylko wtedy, gdy .

Zupełnie tak samo, jak wyżej, dowiedziemy, że dla dowolnych liczb zachodzi nierówność

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy

I OM - B - Zadanie 11

Słup pionowy o wysokości , oświetlony promieniami
słonecznymi, rzucił na płaszczyznę; poziomą w pewnym momencie
cień, długości , w innym momencie cień miał długość , w trzecim
momencie długość cienia wynosila . 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 , , na rysunku 5, na którym ,
, , , . Ponieważ , należy udowodnić, że
.

W tym celu obróćmy trójkąt dokoła punktu o do położenia i weźmy pod
uwagę trójkąt . Jest to trójkąt prostokątny i równoramienny, gdyż ,
.

Zatem

Lecz , a
(ponieważ ). Istotnie więc

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 i
.
Na rysunku 6 trójkątem owym jest trójkąt AEG, a na rysunku 7
trójkąt ADG.

Uwaga. Stosując trygonometrię można ująć dowód krótko:

zatem

skąd .

I OM - B - Zadanie 12

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

Rozwiązanie

Jeśli każdy kąt wielokąta jest razy większy od kąta przyległego,
to suma wszystkich kątów wielokąta, która - jak
wiadomo - równa się , jest także razy większa
od sumy odpowiednich kątów przyległych (czyli kątów zewnętrznych),
tzn. jest razy większa od . Zatem

skąd

Ponieważ musi być liczbą naturalną, więc powinno
być liczbą naturalną, czyli musi być równe połowie
liczby naturalnej, a więc

I OM - B - Zadanie 13

Dowieść, że jeżeli prawdziwa jest równość

to liczby są proporcjonalne do liczb .

Rozwiązanie

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

Stąd

czyli

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

Stąd

czyli

co było do okazania.

I OM - B - Zadanie 14

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 i sumą jej cyfr jest podzielna przez 9. Niech oznaczają kolejno cyfry jedności, dziesiątek, setek, tysięcy i dalszych rzędów tej liczby. Wtedy

Odejmując te równości stronami otrzymujemy

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

Niech następnie oznaczają liczby naturalne, a - odpowiednio sumy cyfr tych liczb.

W tożsamości

składnik prawej strony znajdujący się w nawiasie łamanym jest podzielny przez 9, gdyż jest sumą liczb podzielnych przez 9. Wobec tego liczba jest podzielna przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy składnik tj. suma wszystkich cyfr liczb jest podzielna przez 9, a tego należało dowieść.

I OM - B - Zadanie 15

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

Rozwiązanie

Przez punkt przecięcia danych okręgów ośrodkach i prowadzimy prostą przecinającą te okręgi jeszcze w punktach i .

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

W pierwszym przypadku ; w drugim przypadku sieczna może mieć takie położenie, że punkt leży między punktami i (jak na rysunku 9), i wtedy , albo też takie położenie, że punkt leży między punktami i , i wtedy . Aby uwzględnić w jednym wzorze oba przypadki, używamy znaku bezwzględnej wartości:

Opuśćmy z punktów i prostopadłe i na prostą i zauważmy, że

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

a w drugim przypadku mamy

Poprowadźmy przez punkt prostą równoległą do prostej ; przetnie ona prostą w punkcie . W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest odległością środków danych okręgów, a przyprostokątna .

Gdy dana jest długość , to trójkąt potrafimy zbudować, a tym samym potrafimy wykreślić prostą , jako równoległą do prostej poprowadzoną przez punkt A.

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 10.

Kreślimy okrąg o średnicy . Z punktu jako ze środka zakreślamy okrąg promieniem . Jeśli te dwa okręgi mają punkt wspólny , to prosta równoległa do prostej poprowadzona przez punkt jest prostą szukaną, gdyż , co stwierdzamy przeprowadzając poprzednie wnioskowanie w porządku odwrotnym.

Warunkiem istnienia punktu jest nierówność

Gdy , zadanie ma dwa rozwiązania, obie sieczne są symetryczne względem prostej przechodzącej przez punkty przecięcia danych okręgów.

Gdy , rozwiązanie jest jedno, mianowicie prosta równoległa do prostej .

I OM - B - Zadanie 16

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

Liczba 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:

Rozkłady i 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 i (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 o boku .

Z kolei rozstrzygniemy, jakie kwadraty ułożyć należy przy odcinku . 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:

Obie te możliwości odpadają. Jeśli bowiem przy odcinku 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 należy umieścić kwadrat o boku 14.

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

Wówczas bowiem bok 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 musi być przedłużenie boku .

W takim razie posługując się podobnym rozumowaniem, jak poprzednio stwierdzimy, że odcinek musi być bokiem jednego tylko kwadratu , następnie stwierdzimy, że odcinek 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

Dowieść, że jeżeli , to

Rozwiązanie

Ponieważ

więc jeśli , to

skąd

I OM - B - Zadanie 18

Podać sposób wyznaczenia najmniejszej wspólnej wielokrotności liczb naturalnych .

Rozwiązanie

Niechaj oznacza największą liczbę pierwszą zawartą w danym ciągu liczb naturalnych . Jeżeli np. , to oznacza liczbę plerwszą 47.

Aby wyznaczyć najmniejszą wspólną wielokrotność liczb naturalnych , należałoby rozłożyć wszystkie te liczby na czynniki pierwsze, a następnie, utworzyć iloczyn

którego czynnikami są najwyższe potęgi kolejnych liczb pierwszych aż do , występujące w rozkładach liczb na czynniki pierwsze.

Możemy jednak wykładniki znaleźć w sposób prostszy, bez rozkładania danych liczb na czynniki pierwsze.

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

i znajdujemy taki wykładnik , żeby były spełnione nierówności

Jeżeli np. , to należy wziąć .

Następnie w ciągu kolejnych potęg liczby pierwszej 3:

znajdujemy taki wykładnik , żeby były spełnione nierówności

Np. dla znajdziemy .

Tak postępujemy dalej, przy czym będziemy otrzymywali wykładniki coraz mniejsze, aż dojdziemy do takiej liczby pierwszej , dla której zachodzą nierówności

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

Jeżeli np. weźmiemy , to

I OM - B - Zadanie 19

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 oznaczają kolejne wierzchołki czworokąta utworzonego przez środki kulek, a i - środki dwóch przeciwległych boków i tego czworokąta.

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

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

I OM - B - Zadanie 20

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

Rozwiązanie

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

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

Z równania (1) wynika

Ponieważ liczby i są tej samej parzystości, więc liczby i są obie parzyste; ponadto . Otóż liczbę można rozłożyć na iloczyn dwóch nierównych czynników parzystych tylko jednym sposobem: . Zatem z równania (2) wynika, że

Stąd , .

I OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że jeżeli , to .

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 , to

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy , to

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

Niech ; 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 , która spełnia nierówność

Stąd wnioskujemy kolejno, że gdy , to

Otrzymaliśmy wynik fałszywy, gdyż przy żadna z liczb i nie jest liczbą ujemną, a więc iloccyn nie może być ujemny.

Żadna dodatnia liczba nie spełnia zatem nierówności (1).

Znaczy to, że

dla każdego dodatniego .

I OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że suma sześcianów 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 . Sumy te oznaczymy literami :

Zauważmy, że

Niech oznacza pierwszy z rozważanych kolejnych wyrazów postępu arytmetycznego, -różnicę postępu, - sumę kolejnych wyrazów postępu, - sumę sześcianów tych wyrazów. Stosując powyższe wzory otrzymujemy

czyli

oraz

zatem

czyli

Sumy i , wyrażone wzorami (1) i (2), są wielomianami uporządkowanymi względem . Najwyższe ich wyrazy i dają iloraz , a najniższe wyrazy, czyli i dają iloraz

Jeśli wiclomian jest podzielny przez dwumian , to iloraz ma postać . Otóż

Otrzymany wielomian będzie identyczny z wielomianem (2), gdy obierzemy , gdyż wówczas będzie i .

Zatem

Istotnie więc wielomian jest podzielny przez dwumian .

Sposób II

1. Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą: .
   Oznaczmy środkowy wyraz postępu literą , a różnicę postępu
   literą . Wówczas będziemy mieli postęp

   Obliczamy sumę wyrazów tego postępu:

   Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

   Obliczenie pomocnicze:

   Podobnie mamy

   W ten sposób otrzymujemy

   Korzystając ze wzoru

   otrzymujemy

   Ostatni wzór wykazuje, że jest podzielne przez .

2. W przypadku, gdy jest liczbą parzystą: , w postępie nie ma wyrazu środkowego. W tym przypadku średnią arytmetyczną dwóch wyrazów stojących pośrodku postępu oznaczamy literą , a literą oznaczamy połowę różnicy postępu. Mamy wtedy postęp

   Obliczamy sumę wyrazów postępu:

   Z kolei obliczamy sumę trzecich potęg wyrazów postępu:

   Obliczenia pomocnicze:

   Na podstawie powyższych wzorów mamy

   Trzeba obliczyć sumę kwadratów kolejnych liczb naturalnych nieparzystych.

   Otrzymamy ją odejmując od sumy kwadratćw liczb naturalnych od 1 do sumę kwadratów liczb parzystych , czyli 4 razy wziętą sumę kwadratów liczb , co daje

   Korzystając z tego wzoru otrzymujemy

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

Uwaga. Wzory (**) i (***) wyrażają ten sam związek, co wzór (*). Łatwo to sprawdzić podstawiając do wzoru (*) wartości , bądź też wartości , , .

I OM - I - Zadanie 3

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

Rozwiązanie

Sposób I (metoda obrotu).

Analiza. Niech będzie trójkątem równobocznym, którego wierzchołki leżą odpowiednio na danych prostych równoległych (rys. 13 a).

Obróćmy całą figurę dokoła punktu o kąt Punkt znajdzie się po obrocie w punkcie , prosta przybierze położenie . Ponieważ mając środek i kąt obrotu równy potrafimy wykreślić prostą , więc znajdziemy punkt w przecięciu prostych i .

Konstrukcja. Obieramy dowolnie punkt na prostej (rys. 13 b). Obracamy prostą o dokoła punktu kreśląc , i wreszcie . Prosta przecina prostą w punkcie . Z punktu zakreślamy okrąg promieniem . Niech będzie punktem przecięcia tego okręgu z prostą , leżącym po przeciwnej stronie prostej niż punkt . Trójkąt jest trójkątem równobocznym.

Aby tego dowieść, obróćmy całą figurę na rysunku 13 b) o kąt . Prosta przybierze położenie , a punkt zakreśli łuk o promieniu i znajdzie się w punkcie przecięcia tego łuku z prostą , tzn. w punkcie . Zatem , z czego wynika, że trójkąt jest równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ obrotu o dokoła punktu dokonać można w dwóch kierunkach, przeto dla dowolnie obranego punktu na prcstej istnieją dwa trójkąty równoboczne o wierzchołkach leżących na danych prostych . Trójkąty te są symetryczne względem prostej - osi symetrii figury danej.

Sposób II

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

Obierając dowolnie punkt można zatem wyznaczyć punkty i , a następnie .

Konstrukcja. Z punktu , obranego dowolnie na prostej , jako ze środka, zataczamy okrąg dowolnie wielkim promieniem (rysunek 14 b). Odmierzamy i prowadzimy proste i , które przecinają się z prostymi i w punktach i . Z punktu jako ze środka zataczamy łuk promieniem do przecięcia z półprostą prostej w punkcie .

Trójkąt jest równoboczny. Aby się o tym przekonać, weźmy pod uwagę okrąg opisany na trójkącie . Ponieważ , więc jest bokiem trójkąta foremnego wpisanego w ten okrąg. Trzeci wierzchołek owego trójkąta musi leżeć na półprostej (gdyż ) a zarazem na okręgu, który został zatoczony ze środka . Tym trzecim wierzchołkiem jest więc punkt .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Okrąg o środku i promieniu przecina półprostą w jednym punkcie, gdyż , więc też . Przy obranym punkcie otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, gdyż punkt można obrać na prostej bądź po jednej stronie punktu , bądź po drugiej.

Sposób III (metoda figur podobnych)

Analiza. Niech będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 15)

Zauważmy, że potrafimy zbudować figurę podobną do figury szukanej. W tym celu wystarczy wykreślić dowolny trójkąt równoboczny (rys. 16) i wyznaczyć na boku taki punkt że . Lecz stosunek jest znany, ponieważ równa się stosunkowi odpowiednich odległości między prostymi równoległymi . Prowadząc przez i prostą , a następnie kreśląc i 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 prostą możemy wykreślić trójkąt .

Konstrukcja. Najdogodniej obrać punkty i na prostych i (rys. 17), gdyż wówczas punkt znajdujemy od razu w przecięciu odcinka z prostą . Budując trójkąt równoboczny otrzymujemy kąt . Przy dowolnie obranym punkcie prostej odmierzamy od tej prostej kąt równy kątowi i otrzymujemy punkt . Budujemy wreszcie . Trójkąt jest trójkątem równobocznym; udowodnimy to.

Figura jest podobna do figury . Istotnie trójkąt jest podobny do trójkąta (dwie pary kątów odpowiednio równych), a punkt prostej jest punktem odpowiednim do punktu prostej , wobec równości stosunków i . Trójkąt jest więc równoboczny.

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

Sposób IV (metoda miejsc geometrycznych).

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

Punkt znajdziemy w przecięciu dwóch miejsc geometrycznych:

1. prostej
2. miejsca geometrycznego trzeciego wierzchołka trójkąta
   równobocznego, którego jednym wierzchołkiem jest punkt
   a drugi wierzchołek porusza się po prostej .

Wyznaczymy to drugie miejsce geometryczne.

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

Niech w położeniu (rys. 18) punkt leży na prostej i niech będzie dowolnym innym położeniem trójkąta. Udowodnimy, że punkt zakreśla prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do prostej .

W dowodzie rozróżnimy trzy przypadki położenia punktu :

1. punkt leży na prawo od punktu (rys. 18 a),

2. punkt leży między punktami i (rys. 18b),

3. punkt leży na lewo od punktu (rys. 18 c).

W przypadku a) mamy , czworokąt jest czworokątem wpisanym w koło, wobec czego i · Punkt przebiega tę półprostą prostej , która leży po przeciwnej stronie prostej niż prosta .

Istotnie, jeśli leży na tej prostej, a , to , więc w czworokącie mamy i trójkąt jest równoboczny.

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

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

Szukane miejsce geometryczne jest więc parą prostych i .

Konstrukcja. Wykreślamy (rys. 19) trójkąt równoboczny oraz proste i , otrzymując w przecięciu ich z prostą punkty i .

Budujemy . Trójkąt jest żądanym trójkątem równobocznym; drugim takim trójkątem jest symetryczny do niego trójkąt .

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

Sposób V (metoda algebraiczna, czyli rachunkowa).

Analiza. Niech będzie trójkątem poszukiwanym. Obliczymy kąt nachylenia boku do prostej (rys. 20) w zależności od odległości prostych i oraz odległości prostych i .

Z trójkątów i mamy

Stąd

i ostatecznie

Konstrukcja (rys. 21). Budujemy kąt jako kąt ostry trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych i , leżący naprzeciw boku . Wykreślamy odcinek tworzący kąt z prostą . Wreszcie wykreślamy . Trójkąt jest trójkątem równobocznym.

Istotnie z trójkątów i mamy związki

zatem

tzn. , skąd wynika, że trójkąt jest równoboczny.

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

I OM - I - Zadanie 4

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

Rozwiązanie

Oznaczmy poszukiwane kąty trójkąta przez i i niech odcinek dzieli trójkąt na dwa trójkąty równoramienne i .