2005 KLASY PIERWSZE Zadanie 1. Niech N = 999...99

ROZWIAZANIA
ZADAŃ
,
PRZYGOTOWAWCZYCH - 2005
KLASY PIERWSZE
Zadanie 1. Niech N = 999
. . . 99} . Obliczyć sume, cyfr liczby N 3 .
| {z
n dziewiatek
,
Rozwiazanie.
,
Zauważmy, że N = 10n − 1. Mamy wiec
,
N 3 = 103n − 3 · 102n + 3 · 10n − 1 = 103n − 1 − 3 · 102n + 3 · 10n
. . . 00} +3 |000 {z
. . . 00} = |999 {z
. . . 99} 6 999
. . . 99}
= |999 {z
. . . 99} −3 000
| {z
| {z
3n dziewiatek
,
2n zer
n zer
n−1 dziewiatek
,
2n dziewiatek
,
+ 3 000
. . . 00} = |999 {z
. . . 99} 7 000
. . . 00} 2 999
. . . 99}
| {z
| {z
| {z
n zer
n−1 zer
n−1 dziewiatek
,
n dziewiatek
,
3
Wynika stad,
że suma cyfr liczby N wynosi 9(n − 1) + 7 + 2 + 9n = 18n.
,
∗∗∗
Zadanie 2. a) Wykazać, że jeśli p > 3 jest liczba, pierwsza,, to liczba p2 − 1 dzieli sie, przez 24.
b) Wykazać, że jeśli p > 5 jest liczba, pierwsza,, to liczba p4 − 1 dzieli sie, przez 240.
Rozwiazanie
,
a) Por. zadanie 11 z Zadań Przygotowawczych z roku 2003.
b) Mamy 240 = 16 · 3 · 5. Jeśli p > 5 jest liczba, pierwsza,, to p = 4k ± 1, p = 3l ± 1 i
p = 5m + r dla pewnych liczb naturalnych k, l, m oraz 1 6 r 6 4. Stad
,
p4 − 1 = (4k ± 1)4 − 1 = (4k)4 ± 4(4k)3 + 6(4k)2 ± 4(4k)
= 16(16k 4 ± 16k 3 + 6k 2 ± k),
p4 − 1 = (3l ± 1)4 − 1 = (3l)4 ± 4(3l)3 + 6(3l)2 ± 4(3l)
= 3(27l4 ± 36l3 + 18l2 ± 4l),
Podobnie stwierdzamy, że dla pewnej liczby naturalnej s, p4 − 1 = 5s + r4 − 1.
Bezpośrednio sprawdzamy, że dla r = 1, 2, 3, 4 zachodzi podzielność 5 | r4 − 1. Tak
4
wiec
, z powyższego wnosimy, że 240 | p − 1.
∗∗∗
Zadanie 3. Rozwiazać
w liczbach calkowitych równanie 5x = 3y + 7.
,
Rozwiazanie
,
Jeśli liczby calkowite x, y spelniaja, równanie 5x = 3y + 7, to 5x jest liczba, calkowita,,
a wiec
, x > 0. Zauważmy, że
6k + 1, jeśli x jest liczba, parzysta;,
x
x
5 = (6 − 1) =
6k − 1, jeśli x jest liczba, nieparzysta.,
1
2
x
dla pewnej nieujemnej liczby calkowitej k. Jeśli x jest liczba parzysta,, to y = 5 3−7 =
6k+1−7
= 2k − 2 jest liczba, calkowita., Jeśli zaś x jest liczba, nieparzysta,, to y =
3
5x −7
= 6k−1−7
= 2k − 83 nie jest liczba, calkowita., Tak wiec
, pary
3
3
5x − 7
, gdzie x jest nieujemna, liczba, parzysta,
x,
3
stanowia, zbiór wszystkich rozwiazań
równania w liczbach calkowitych.
,
∗∗∗
Zadanie 4. Która z liczb
q
3
1,
2−
√
q
5+
3
2+
√
5
jest wieksza?
,
Rozwiazanie
,
p
p
√
√
3
3
Niech a = 2 − 5 + 2 + 5. Ponieważ (x + y)3 = x3 + y 3 + 3xy(x + y), wiec
,
3
a = (2 −
√
5) + (2 +
√
q
5) + 3
3
(2 −
√
5)(2 +
√
q
3
5)
2−
√
q
5+
3
2+
√
5
= 4 − 3a
3
3
Tak wiec
, a jest pierwiastkiem równania x + 3x − 4 = 0. Zauważmy, że x + 3x − 4 =
1 2
15
3
2
2
x − 1 + 3(x − 1) = (x − 1)(x + x + 4) oraz x + x + 4 = (x + 2 ) + 4 > 0. Tak wiec
,
x = 1 jest jedynym pierwiastkiem powyższego równania. Wynika stad,
że
a
=
1.
,
∗∗∗
Zadanie 5. Rozwiazać
uklad równań:
,


+ yz + xz = 3
+ yz + xz = 3

x + y + z = 3
x
y
y
x
Rozwiazanie
,
Podnoszac
, obustronnie do kwadratu pierwsze równanie otrzymamy:
x2 y 2 z 2
y z x
+
+
+2
+ +
=9
y 2 z 2 x2
x y z
czyli po uwzglednieniu
drugiego równania
,
x2 y 2 z 2
+
+
= 3.
y 2 z 2 x2
Analogicznie podnoszac
, obustronnie do kwadratu drugie równanie, po uwzglednieniu
,
pierwszego równania otrzymamy:
y 2 z 2 x2
+
+
= 3.
x2 y 2 z 2
Kontynuujac
, to rozumowanie z latwościa, stwierdzamy, że dla dowolnej liczby k > 1:
k
k
k
x2
y2
z2
+
+
=3
k
k
y2
z2
x 2k
k
oraz
k
k
y2
z2
x2
+
+
= 3.
k
k
x2
y2
z 2k
3
k
Zauważmy, że dla liczby a > 1 istnieje k > 1 takie, że a2 > 3. Tak wiec
, z powyższych
równości wnosimy, że
y2
z2
x2
=
=
= 1.
y2
z2
x2
Z pierwszego równania ukladu wynika teraz, że x = y = z, a z ostatniego: x = y =
z = 1.
Uwaga. Inne rozwiazanie
można otrzymać wykorzystujac
średnimi,
,
, nierówność miedzy
,
arytmetyczna, i geometryczna,, liczb nieujemnych:
a+b+c √
3
> abc,
3
w której równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = b = c. Korzystajac
, z tej
nierówności mamy
s
2 y2 z2
x2 y 2 z 2
3 x
+
+
>
3
·
·
= 3.
y 2 z 2 x2
y 2 z 2 x2
Musi wiec
, być:
x2
y2
z2
=
=
= 1.
y2
z2
x2
∗∗∗
Zadanie 6. Dla liczby naturalnej n > 2 wyznaczyć wszystkie ciagi
(x1 , x2 , . . . , xn ) takie, że każda
,
z liczb xi jest równa kwadratowi sumy wszystkich pozostalych liczb.
Rozwiazanie
,
Oznaczmy przez S sume, wszystkich poszukiwanych liczb xi . Zgodnie z zalożeniami,
każda z liczb xi jest pierwiastkiem równania
(S − x)2 = x.
Wynika stad
, w szczególności, że xi > 0, a wiec
, S > 0. Jeśli S = 0, to x1 = x2 =
· · · = xn = 0 oraz oczywiście ciag
(0,
0,
.
.
.
,
0)
spe
lnia warunki zadania.
,
Zalóżmy, że S > 0. Powyższe równanie zapiszmy w postaci
x2 − (2S + 1)x + S 2 = 0.
Ma ono dwa pierwiastki:
√
√
2S + 1 − 4S + 1
2S + 1 + 4S + 1
x
b=
oraz
x
e=
.
2
2
Zauważmy, że x
e > S, a wiec
e nie może być wyrazem poszukiwanego ciagu.
Stad
,
,
, x
wynika, że wszystkie wyrazy musza, być równe x
b oraz oczywiście x
b = S/n. Uwzgledniaj
ac
,
,
to w powyższym równaniu obliczamy
n
1
S=
i
x1 = x2 = · · · =
.
2
(n − 1)
(n − 1)2
Ostatecznie mamy dwa ciagi
spelniajace
warunki zadania:
,
,
1
1
1
(0, 0, . . . , 0)
oraz
,
,...,
.
(n − 1)2 (n − 1)2
(n − 1)2
∗∗∗
4
Zadanie 7. Jaka, minimalna, wartość może przyjać
czworokata
wy, suma dlugości przekatnych
,
,
puklego o polu S?
Rozwiazanie
,
Niech a, b bed
czworokata
oraz α miara, kata
miedzy
tymi
,
,
,
, a, dlugościami przekatnych
,
1
korzystajac
przekatnymi.
Ponieważ S = 2 ab sin α (por. Uwaga poniżej), wiec
,
, z
,
nierówności miedzy
średnimi,
arytmetyczn
a
i
geometryczn
a,
otrzymujemy:
,
,
,
r
√
a+b √
2S
> 2S.
> ab =
2
sin α
√
Tak wiec,
a + b > 2 2S. Z latwości
a, stwierdzamy, że suma dlugości przekatnych
,
,
√
kwadratu o polu S jest równa 2 2S.
Uwaga. Udowodnimy, że S = 12 ab sin α, gdzie a = |AC|, b = |BD|.
Oczywiście S jest suma, pól trójkatów
AOB, BOC, COD i DOA, a wiec
,
,
1
1
1
1
S = xz sin α + zy sin(180◦ − α) + yt sin α + xt sin(180◦ − α)
2
2
2
2
1
1
= (xz + zy + yt + xt) sin α = (x + y)(z + t) sin α
2
2
1
= ab sin α.
2
∗∗∗
Zadanie 8. Liczby x, y, z sa, takie, że x+y+z = 0 oraz x2 +y 2 +z 2 = 1. Wykazać, że przynajmniej
jedna z liczb xy, yz, zx jest nie wieksza
niż −1/3.
,
Rozwiazanie
,
Bez zmniejszania ogólności możemy zalożyć, że x 6 y 6 z. Z zalożeń wynika teraz,
że x < 0 oraz 0 < z < 1. Zauważmy, że jeśli 0 6 y, to korzystajac
, z faktu, że
x = −y − z otrzymujemy
1 = x2 + y 2 + z 2 = (−y − z)2 + y 2 + z 2 = 2y 2 + 2z 2 + 2yz
> 2y 2 + 2y 2 + 2y 2 = 6y 2 .
Podobnie jeśli y < 0, to
1 = x2 + y 2 + z 2 = x2 + y 2 + (−x − y)2 = 2x2 + 2y 2 + 2xy
> 2y 2 + 2y 2 + 2y 2 = 6y 2 .
5
W obu przypadkach otrzymaliśmy, że y 2 6 16 . Mamy też 1 = x2 + (−x − z)2 + z 2 =
2x2 + 2z 2 + 2xz, czyli
1
1
1
1 1
1
xz = − x2 − z 2 = − (1 − y 2 ) = y 2 − 6 − = − .
2
2
2
6 2
3
∗∗∗
Zadanie 9. Trener tenisa, opiekujacy
sie, grupa, 16 zawodników, zaplanowal 12 gier kontrolnych
,
miedzy
tymi zawodnikami. Wedlug przygotowanego planu każdy z zawodników roze,
gra przynajmniej jeden mecz. Wykazać, że pewne cztery mecze moga, być rozegrane
w tym samym czasie (oczywiście na czterech różnych kortach).
Rozwiazanie
,
Sytuacje, przedstawiona, w zadaniu zobrazujemy geometrycznie. Na plaszczyźnie
narysujmy tyle punktów ilu jest zawodników i tak aby żadne trzy nie byly wspólliniowe.
Każdemu z zawodników przyporzadkujmy
dokladnie jeden z narysowanych punktów.
,
Fakt, że dwaj zawodnicy maja, zaplanowany mecz miedzy
soba, zilustrujmy lacz
, ac
,
,
odcinkiem punkty odpowiadajace
tym
zawodnikom.
W
ten
sposób
powstanie
tzw.
,
graf, który oznaczymy przez G. Narysowane punkty nazwijmy wierzcholkami grafu G,
zaś odcinki krawedziami.
Zauważmy, że graf G sklada sie, z pewnej liczby rozlacznych
,
,
cześci
o
tej
w
lasności,
że
w
obr
ebie
każdej
z
nich
mi
edzy
dowolnymi
wierzcho
lkami
,
,
,
istnieje droga wzdluż pewnych krawedzi
(być
może
przechodz
aca
przez
inne
wierz,
,
cholki). Każda, z tych cześci
nazwiemy
spójn
a
sk
ladow
a
grafu
G.
,
,
,
Niech S1 , S2 , . . . , SN bed
a
wszystkimi
spójnymi
, ,
skladowymi w G. Naszym celem bedzie
ustalenie
,
zależności miedzy
ilości
a
N
spójnych
sk
ladowych,
,
,
ilościa, K krawedzi
i ilościa, W wierzcholków grafu
,
G. Oznaczmy przez Ki oraz Wi odpowiednie liczby
krawedzi
i wierzcholków spójnej skladowej Si . Z
,
latwościa, możemy zauważyć, że Ki > Wi − 1.
Istotnie, skladowa, Si można narysować zaczynajac
a
, od jednej (dowolnie wybranej) krawedzi,
,
nastepnie
do
l
aczaj
ac
w
każdym
kroku
kraw
edź
,
,
,
,
majac
a
wspólny
wierzcho
lek
z
pewna
kraw
edzi
a,
, ,
,
już narysowana., W każdym kroku liczba narysowanych wierzcholków wzrasta maksymalnie o jeden.
Tak wiec
,
K = K1 + K2 + · · · + KN
> (W1 − 1) + (W2 − 1) + · · · + (WN − 1) = W − N.
Otrzymaliśmy zatem zależność:
K + N > W.
Wracajac
, do zadania, z zalożeń wynika, że W = 16, K = 12 oraz każda spójna
skladowa zawiera przynajmniej dwa wierzcholki (bo każdy zawodnik rozegra mecz) .
Tak wiec
, liczba spójnych skladowych N > 4. Oznacza to oczywiście, że przynajmniej
cztery mecze moga, być rozegrane w tym samym czasie.
∗∗∗
6
Zadanie 10. a) W turnieju pilkarskim uczestniczy 6 zespolów. Każdy z każdym rozgrywa jeden
mecz. Rozgrywki odbywaja, sie, w dwóch miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespoly
rozegraja, wszystkie mecze miedzy
soba, w jednym mieście.
,
b) W turnieju pilkarskim uczestniczy 18 zespolów. Każdy z każdym rozgrywa jeden
mecz. Rozgrywki odbywaja, sie, w trzech miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespoly
rozegraja, wszystkie mecze miedzy
soba, w jednym mieście.
,
Rozwiazanie
,
a) Podobnie jak w zadaniu 9 opisanej sytuacji przyporzadkujemy
graf G6 , którego
,
wierzcholki odpowiadaja, zespolom pilkarskim. Ponieważ każdy zespól ma rozegrać
mecz z każdym innym, wiec
krawedzi
a,
,
, każda para wierzcholków w G6 jest polaczona
,
(jedna!).
Kraw
edzie
grafu
G
pokolorujemy
dwoma
kolorami
czerwonym
i
niebieskim,
6
,
,
w zależności od miasta, w którym odpowiadajace
drużyny maja, rozegrać mecz.
,
Weźmy pod uwage, dowolny wierzcholek A.
Spośród pieciu
krawedzi
wychodzacych
z A,
,
,
,
przynajmniej trzy sa, tego samego koloru.
Powiedzmy, że AB, AC i AE sa, czerwone. Wtedy możliwe sa, dwa przypadki:
albo wszystkie krawedzie
lacz
wierzcholki
, ace
,
,
B, C, E sa, niebieskie (wtedy zespoly B, C, E
rozgrywaja, mecze miedzy
soba, w jednym
,
mieście), albo przynajmniej jedna z tych
krawedzi
jest czerwona. Jeśli np. BE
,
jest czerwona, to zespoly A, B, E rozgrywaja,
mecze miedzy
soba, w jednym mieście.
,
b) Podobnie jak w cześci
a) rozważymy graf G18 z osiemnastoma wierzcholkami, w
,
którym z każdego wierzcholka wychodzi siedemnaście krawedzi.
Tym razem krawedzie
,
,
pokolorujemy trzema kolorami: czerwonym, niebieskim i zielonym. Rozważmy dowolny wierzcholek A. Spośród siedemnastu krawedzi
wychodzacych
z A przynajmniej
,
,
sześć jest tego samego koloru. Powiedzmy, że krawedzie
lacz
A z B, C, D, E, F, G
, ace
,
,
sa, czerwone. Jeśli wśród krawedzi
l
acz
acych
wzajemnie
wierzcho
lki B, C, D, E, F, G
,
,
,
jest czerwona, to jej końce wraz z A wyznaczaja, trójkat
, z czerwonymi krawedziami.
,
Jeśli takiej krawedzi
nie
ma,
to
wszyskie
kraw
edzie
l
acz
wzajemnie B, C, D, E, F
, ace
,
,
,
i G sa, pomalowane kolorami niebieskim i zielonym. Na podstawie zadania a) pewne
trzy wierzcholki spośród B, C, D, E, F, G sa, polaczone
krawedziami
tego samego
,
,
koloru.
∗∗∗
Zadanie 11. Z pola E1 do pola E8 szachownicy król może dojść w siedmiu ruchach. Iloma różnymi
drogami może to zrobić?
Rozwiazanie
,
7
Zauważmy, że każdy ruch króla
powinien
przemieszczać
go
do
nastepnego
’wiersza’
(polożonego
,
wyżej). W przeciwnym razie droga do
E8 bedzie
skladala sie, z przynajmniej
,
ośmiu ruchów. Na rysunku obok liczby
wpisane w pola szachownicy mówia,
o ilości najkrótszych dróg od E1 do
danego pola. Zauważmy, że każda
z wpisanych liczb jest suma, trzech
sasiaduj
acych
i umieszczonych pod nia,
,
,
liczb. Tak wiec
istnieje 393 różnych
,
dróg króla (w siedmiu ruchach) od
pola E1 do pola E8.
∗∗∗
Zadanie 12. Udowodnić, że każdy trójkat
równoramiennych.
, można podzielić na 2005 trójkatów
,
Rozwiazanie
,
Udowodnimy indukcyjnie, że dla liczby naturalnej n > 4 dowolny trójkat
, można
podzielić na n trójkatów
równoramiennych.
W
tym
celu
zauważmy
najpierw,
że w
,
trójkacie
prostokatnym
odcinek lacz
wierzcholek przy kacie
prostym ze środkiem
,
,
, acy
,
,
przeciwprostokatnej
dzieli
ten
trójk
at
na
dwa
trójk
aty
równoramienne.
Stad
,
,
,
, wynika
podzial dowolnego trójkata
na cztery trójkaty
równoramienne. W tym celu wystarczy
,
,
poprowadzić wysokość dzielac
a
dany
trójk
at
na
dwa trójkaty
prostokatne,
a nastepnie
, ,
,
,
,
,
zastosować wyżej opisany podzial do trójkatów
prostok
atnych
(zob.
rysunek
A).
,
,
Rysunki B i C przedstawiaja, podzialy trójkatów
nierównobocznego
i
równobocznego
,
na pieć
trójk
atów
równoramiennych.
,
,
Niech teraz n > 5 i zalóżmy, że każdy trójkat
, mażna podzielić na k (4 6 k 6 n)
trójkatów
równoramiennych.
Podzielmy
dowolny
trójkat
,
, T jego wysokościa, na dwa
trójkaty prostokatne.
Jeden z tych trójkatów
podzielmy na dwie cześci
środkowa,
,
,
,
poprowadzona, z wierzcholka przy kacie
prostym,
a
drugi
na
mocy
za
lożenia
induk,
cyjnego na n − 1 trójkatów
równoramiennych.
W
ten
sposób
otrzymamy
podzia
lT
,
na n + 1 trójkatów
równoramiennych.
,
∗∗∗
Zadanie 13. W trójkat
Punkty styczności okregu
z bokami trójkata
oz, ABC wpisano okrag.
,
,
,
naczono odpowiednio przez A1 , B1 , C1 , przy czym A1 ∈ BC, B1 ∈ AC, C1 ∈
8
AB. Nastepnie
w trójkat
a punkty styczności oznaczono
, A1 B1 C1 wpisano okrag,
,
,
odpowiednio przez A2 , B2 , C2 . Czynność te, powtórzono n razy, otrzymujac
, w końcu
trójkat
A
B
C
.
Okaza
lo
si
e,
że
trójk
aty
ABC
i
A
B
C
s
a
podobne.
Wyznaczyć
n n n
n n n
,
,
,
,
miary ich katów.
,
Rozwiazanie
,
Niech α, β, γ bed
przy
,
, a, miarami katów
wierzcholkach A, B, C trójkata
ABC
oraz
,
niech αk , βk , γk oznaczaja, odpowiednie miary
katów
przy wierzcholkach Ak , Bk , Ck trójkata
,
,
Ak Bk Ck . Niech O bedzie
środkiem
okr
egu
,
,
wpisanego w trójkat
, ABC. Ponieważ OB1 ⊥
AC i OC1 ⊥ AB, mamy ∠B1 OC1 = π −
α. Ponadto katy
∠B1 A1 C1 i ∠B1 OC1 sa,
,
odpowiednio katami
wpisanym i środkowym
,
(opartymi na tym samym luku), wiec
, α1 =
1
(π−α). Z tych samych powodów dla dowol2
nej liczby k > 1 mamy zależność:
π αk
αk+1 = − .
2
2
Stad
wynika,
że:
,
π αn−1
π π αn−2
αn = −
= − +
= ...
2
4
4 2 π π2
π
α
=
− + · · · + (−1)n−1 n + (−1)n n
2
4
2
2
= S + T α,
n
gdzie S = π2 − π4 +· · ·+(−1)n−1 2πn , T = (−1)
. Analogicznie obliczamy, że βn = S +T β
2n
oraz γn = S + T γ. Trójkaty
A
B
C
i
ABC
sa, podobne, wiec
n
n
n
,
, trójka (αn , βn , γn ) jest
jedna, z sześciu permutacji zbioru {α, β, γ}.
Jeśli (αn , βn , γn ) = (α, β, γ), to z powyższych zależności wynika, iż α = β = γ =
S/(1 − T ). Tak wiec
, α = β = γ = π/3.
Jeśli (αn , βn , γn ) = (β, α, γ), to

 S + Tα = β
S + Tβ = α

S + Tγ = γ
Odejmujac
, stronami dwa pierwsze równania otrzymujemy T (α−β) = β−α. Ponieważ
T 6= −1, obliczamy: α = β = γ = S/(1 − T ). Zatem w tym przypadku również
α = β = γ = π/3. Analogicznie rozpatrujemy przypadki, gdy (αn , βn , γn ) = (γ, β, α)
i (αn , βn , γn ) = (α, γ, β).
Jeśli (αn , βn , γn ) = (β, γ, α) lub (αn , βn , γn ) = (γ, α, β), to


 S + Tα = β
 S + Tα = γ
S + T β = γ lub
S + Tβ = α


S + Tγ = α
S + Tγ = β
Również w tym przypadku otrzymujemy α = β = γ = S/(1 − T ). Ostatecznie zatem,
trójkat
, ABC jest równoboczny.
∗∗∗
9
Zadanie 14. Wszystkie boki wypuklego czworokata
podzielono na 2n równych cześci.
Nastepnie
,
,
,
narysowano ,,szachownice”
l
acz
ac
odcinkami
odpowiadaj
ace
punkty
przeciwleg
lych
,
,
,
,
boków i kolorujac
na
przemian
pola
otrzymanej
siatki
na
bia
lo
lub
czarno.
,
a) Wykazać, że każdy z narysowanych odcinków jest podzielony odcinkami poprzecznymi na 2n równych cześci,
,
b) Wykazać, że suma pól bialych czworokatów
jest równa sumie pól czarnych czwo,
rokatów.
,
Rozwiazanie
,
Oznaczmy przez A0 , B0 , C0 , D0 wierzcholki danego czworokata.
Punkty podzialu
,
n
boków czworokata
na
2
równych
cz
eści
oznaczymy
kolejno
przez
A
1 , A2 , . . . , A2n −1 ,
,
,
. . . , D2n −1 (zob. rysunek poniżej). Symbolem [XY Z . . . ] oznaczymy pole wielokata
,
XY Z . . . .
Najpierw rozważymy przypadek, gdy n = 1. Punkty A1 , B1 , C1 , D1 sa, środkami
odpowiednich boków czworokata
A0 B0 C0 D0 , wiec
,
, A1 B1 k A0 C0 k D1 C1 i A1 D1 k
B0 D0 k B1 C1 . Czworokat
A
B
C
D
jest
zatem
równoleg
lobokiem. W szczególności,
1 1 1 1
,
O jest środkiem odcinków A1 C1 i B1 C1 .
Zauważmy, że [B1 C0 C1 ] = 14 [B0 C0 D0 ] oraz [A0 A1 D1 ] = 41 [A0 B0 D0 ]. Tak wiec
,
1
[B1 C0 C1 ] + [A0 A1 D1 ] = [A0 B0 C0 D0 ].
4
Analogicznie stwierdzamy, że
1
[A1 B0 B1 ] + [C1 D0 D1 ] = [A0 B0 C0 D0 ].
4
1
Wynika stad,
że [A1 B1 C1 D1 ] = 2 [A0 B0 C0 D0 ], a wiec
,
,
1
[A1 OB1 ] = [B1 OC1 ] = [C1 OD1 ] = [D1 OA1 ] = [A0 B0 C0 D0 ].
8
Ostatecznie zatem
1
[A0 A1 OD1 ] + [B1 C0 C1 O] = [A1 B0 B1 O] + [D1 OC1 D0 ] = [A0 B0 C0 D0 ].
2
To kończy dowód a) i b) dla n = 1. Dalej poslużymy sie, indukcja, matematyczna., Zalóżmy, że teza zadania zachodzi dla k = 1, . . . , n − 1 gdzie n > 2 i
rozważmy podzial boków czworokata
A0 B0 C0 D0 na 2n równych cześci.
Punkty
,
,
n−1
A2i , B2i , C2i , D2i dla i = 1, 2, . . . , 2
− 1 wyznaczaja, podzial każdego boku czworokata na 2n−1 równych cześci.
Na mocy zalożenia indukcyjnego odcinki A2i C2i
,
i B2i D2i dziela, sie, wzajemnie na 2n−1 równych cześci.
Możemy teraz zastosować
,
10
zalożenie indukcyjne do czworokatów
A0 B0 B2n−1 D2n−1 i D2n−1 B2n−1 C0 D0 , których
,
n−1
boki sa, podzielone na 2
równych cześci
odcinkami A2i C2i oraz Bj Dj . Tak wiec
,
, odcinki Bj Dj (dla j = 1, 2, . . . , 2n − 1) sa, podzielone odcinkami A2i C2i na 2n−1 równych
cześci
oraz odcinki A2i C2i sa, podzielone odcinkami Bj Dj na 2n równych cześci.
,
,
Ostatnim krokiem jest analogiczne zastosowanie zalożenia indukcyjnego do czworokatów
A0 A2n−1 C2n−1 D0 i A2n−1 B0 C0 C2n−1 . Ostatecznie odcinki Ai Ci oraz Bj Dj
,
dziela, sie, wzajemnie na 2n równych cześci,
co kończy dowód cześci
a). Na pod,
,
stawie cześci
a) czworokat
, A0 B0 C0 D0 jest podzielony odcinkami A2i C2i i B2i D2i na
,
22(n−1) czworokatów,
a
każdy
z tych czworokatów
jest podzielony liniami A2i−1 C2i−1
,
,
i B2i−1 D2i−1 na cztery czworokaty:
dwa biale i dwa czarne. Na podstawie rozpa,
trzonego wyżej przypadku n = 1 z latwościa, stwierdzamy teraz, że pola biale maja,
takie same laczne
pole jak pola czarne.
,
∗∗∗
Zadanie 15. Na bokach AD i BC równolegloboku ABCD obrano punkty K i L tak, że AK = LC.
Niech P bedzie
dowolnym punktem leżacym
na boku CD. Prosta KL przecina proste
,
,
AP i BP odpowiednio w punktach M i N . Wykazać, że trójkat
, M N P ma pole równe
sumie pól trójkatów
AKM i BLN .
,
Rozwiazanie
,
Oznaczmy przez [XY Z . . . ] pole wielokata
,
XY Z . . . . Ponieważ czworokaty
ABLK
i
LKCD
,
sa, przystajace,
,
1
[ABLK] = [ABCD].
2
Zatem [AKM ] + [BLN ] = 21 [ABCD] − [ABN M ].
Z drugiej strony [ABP ] = 21 [ABCD], a wiec
,
[M N P ] = 21 [ABCD] − [ABN M ]. Stad
wynika,
,
że [AKM ] + [BLN ] = [M N P ].
∗∗∗
[opr. pg]