I siłą, i sposobem. Wojciech Guzicki. Ameliówka, października 2014 r.

Transkrypt

1 I siłą, i sposobem Wojciech Guzicki Ameliówka, paździerika r Zadaia matematycze moża rozwiązywać a siłę lub sposobem Co to zaczy? Spróbuję przyjąć astępujące zaczeia tych słów: Na siłę: za pomocą rutyowych metod, które moża zastosować do wielu zadań; a ogół takie metody prowadzą do uciążliwych obliczeń Sposobem: za pomocą metody dostosowaej do tego kokretego zadaia, pomysłowej, bez uciążliwych obliczeń, czasami sprawiającej wrażeie, że rozwiązaie zostało wyciągięte jak królik z cylidra W dalszym ciągu pokażę kilka zadań z dwoma rozwiązaiami: siłowym i sposobem Na ogół będzie jase, które rozwiązaie jest siłowe, a które sposobem W iektórych zadaiach jedak adal zastaawiam się, które rozwiązaie jest siłowe, a które sposobem Odpowiedź pozostawię Czytelikom Pytaie, które rozwiązaia są ciekawsze i bardziej wartościowe, także pozostawię bez jedozaczej odpowiedzi Przejdźmy teraz do matematyki Zadaie (Twierdzeie Steiera-Lehmusa) Jeśli w trójkącie dwie dwusiecze są rówe, to trójkąt jest róworamiey Dowód a siłę Wykorzystamy wzór a długość dwusieczej kąta w trójkącie (zob [GP]) Przypuśćmy, że day jest trójkąt ABC, w którym BC a, AC b oraz AB c Niech CD będzie dwusieczą kąta ACB w tym trójkącie i iech CD d Wówczas d ab ( c ) (a + b) Przypuśćmy teraz, że mamy day trójkąt ABC, w którym poprowadzoo dwusiecze AD i BE kątów BAC i ABC Niech BC a, AC b, AB c, AD d oraz BE e Załóżmy, że d e Chcemy udowodić, że a b Z powyższego wzoru mamy ) d bc ( a (b + c) oraz e ac ( b ) (a + c) Będziemy teraz przekształcać rówość d e w sposób rówoważy:

2 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem b ) bc ( a ac (b + c) ( b ), (a + c) b (b + c) a (b + c) a (a + c) b (a + c), (b + c + a)(b + c a) (a + c + b)(a + c b) a, (b + c) (a + c) b b + c a (b + c) a a + c b (a + c), b(a + c) (b + c a) a(b + c) (a + c b), b(a + c) (b + c) ab(a + c) a(b + c) (a + c) ab(b + c), b(a + c) (b + c) a(b + c) (a + c) + ab(b + c) ab(a + c), (a + c)(b + c) ( b(a + c) a(b + c) ) + ab ( (b + c) (a + c) ), (a + c)(b + c)(ab + bc ab ac) + ab ( (b + c) + (a + c) )( (b + c) (a + c) ), Poieważ (a + c)(b + c)(bc ac) + ab(a + b + c)(b a), (b a) (c(a + c)(b + c) + ab(a + b + c) ) c(a + c)(b + c) + ab(a + b + c) >, więc b a, czyli a b To kończy dowód Dowód sposobem (Zob [Z]) Przypuśćmy, że w trójkącie ABC mamy ierówość AC < BC Niech AD i BE będą odpowiedio dwusieczymi kątów BAC i ABC Udowodimy, że AD < BE Niech BAD CAD α oraz ABE CBE β Poieważ AC < BC, więc ABC < BAC, czyli β < α Niech F będzie takim puktem leżącym a boku BC, że DAF β Wówczas oczywiście pukt F leży wewątrz odcika CD Teraz zauważamy, że w trójkącie ABF mamy ierówość BAF α + β > β ABF, skąd wyika, że AF < BF Zatem wewątrz odcika BF istieje taki pukt G, że BG AF Wreszcie iech H będzie takim puktem wewętrzym odcika BE, że GH AF C F G E D H A B

3 Ameliówka, paździerika r Teraz zauważamy, że trójkąty AF D i BGH są przystające a podstawie cechy przystawaia KBK Mamy bowiem: F AD GBH β, AF BG oraz AF D BGH (kąty odpowiadające) Stąd wyika, że BH AD Ale BH < BE, więc AD < BE To kończy dowód Kilka iych dowodów tego twierdzeia moża zaleźć w [S] i [Z] Zadaie (Zadaie olimpijskie LXVI OM: zadaie z zawodów I stopia) Day jest trójkąt ostrokąty ABC, w którym AB AC Pukty E i F są spodkami wysokości tego trójkąta opuszczoych odpowiedio z wierzchołków B i C Pukty M i N są środkami odpowiedio odcików BC i EF, a pukt Q jest środkiem okręgu opisaego a trójkącie AMN Dowieść, że proste AQ i BC są rówoległe Dowód a siłę Rozwiążemy to zadaie metodą aalityczą Zacziemy od umieszczeia trójkąta ABC w układzie współrzędych Niech oś Oy zawiera wysokość trójkąta ABC poprowadzoą z wierzchołka A; pukt A będzie przy tym początkiem układu Wówczas bok BC zawiera się w prostej rówoległej do osi Ox, przy czym wierzchołki B i C leżą po przeciwych stroach osi Oy (gdyż kąty ABC i ACB są ostre) C M B E N F A Q Przyjmijmy jedostkę a osiach układu współrzędych tak, by: A (, ), B (b, ) oraz C (c, ) Możemy przy tym przyjąć b > oraz c < Poadto kąt BAC jest ostry, a więc AB AC [b, ] [c, ] bc + (bc + ) > Stąd bc + > Następie M (b + c, ) Niech pukt Q będzie puktem przecięcia symetralej odcika AM z osią Ox Wówczas ietrudo sprawdzić, że ( (b + c) ) + Q, (b + c) Zatem QA QM (b + c) + (b + c)

4 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Wystarczy zatem wykazać, że QN (b + c) + (b + c) Teraz wyzaczamy współrzęde puktów E i F Prosta AC ma rówaie y x c Następie prosta BE ma rówaie y cx + (bc + ) Stąd, po ietrudych obliczeiach, otrzymujemy współrzęde puktu E: ( ) c(bc + ) (bc + ) E c, + c + W podoby sposób otrzymujemy współrzęde puktu F : ( ) b(bc + ) (bc + ) F, b + b + Wreszcie zajdujemy współrzęde puktu N: N ( (b + c)(bc + ) (b + )(c + ), (bc + )(b + c ) + ) (b + )(c + ) Do zakończeia dowodu pozostaje sprawdzić, że ( (b + c) + (b + c) ) (b + c)(bc + ) (b + )(c + + ) ( (bc + )(b + c ) + ) (b + )(c + ) ( (b + c) ) + (b + c) Po podiesieiu do kwadratu, redukcji wyrazów podobych i pomożeiu obu stro przez wspóly miaowik doprowadzamy tę rówość do postaci (b + c) (bc + ) + (b + c + ) ( (b + c) + ) (b + )(c + ) Teraz ietrude wymożeie pokazuje, że ta ostatia rówość jest prawdziwa To kończy dowód Dowód sposobem Przypuśćmy, że day jest trójkąt ABC, w którym AB AC Przyjmijmy ozaczeia kątów tego trójkąta: α BAC, β ABC oraz γ ACB Bez zmiejszeia ogólości rozważań możemy przyjąć, że AB < AC Zatem β > γ Niech astępie pukt M będzie środkiem boku BC Narysujmy środkową AM i przyjmijmy ϕ CAM Wykażemy ajpierw, że ϕ < α W tym celu przedłużmy środkową AM do puktu D takiego, że AM MD i połączmy pukt D z puktem C Wówczas

5 Ameliówka, paździerika r ietrudo zauważyć, że AB CD oraz ADC α ϕ B β A ϕ M γ C Poieważ CD AB < AC, więc α ϕ > ϕ, skąd wyika, że ϕ < α Niech teraz pukty E i F będą spodkami wysokości opuszczoych z wierzchołków B i C i iech pukt N będzie środkiem odcika EF Wówczas pukty B, F, E i C leżą a okręgu o środku M Narysujmy odciki AN i NM Niech pukt P będzie puktem przecięcia odcików AM i EF D A ϕ E F N P B β M γ C Nietrudo zauważyć, że trójkąty ABC i AEF są podobe Stąd wyika, że F AN ϕ Poieważ ϕ < α, więc odciek AN leży a lewo od odcika AM: tak jak a powyższym rysuku Zauważmy astępie, że prosta M N jest symetralą odcika EF, więc MNE 9 Stąd wyika, że kąt MP N jest ostry, a zatem NP A β+ϕ > 9 Zauważmy astępie, że MNP + NMP 8 NP M NP A β + ϕ, skąd wyika, że Ozaczmy astępie AMN NMP β + ϕ 9 δ NAM

6 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Wówczas ϕ + δ α Narysujmy teraz symetrale odcików AM i AN i iech Q będzie puktem przecięcia tych symetralych Niech astępie R będzie puktem przecięcia symetralej odcika AM z prostą BC Niech pukty S i T będą środkami odcików AM i AN Narysujmy odciki AQ i ST A Q T ϕ E F N S R B β M γ C Zauważmy teraz, że BMA γ + ϕ, więc MRS 9 (γ + ϕ) Następie zauważmy, że pukty A, T, S i Q leżą a jedym okręgu (wyika to z rówości kątów AT Q ASQ 9 ) Stąd dostajemy AQS AQT + T QS AST + T AS AMN + NAM β + ϕ 9 + δ Dla zakończeia dowodu wystarczy pokazać, że M RS AQS, czyli że Przekształcając tę rówość otrzymamy 9 (γ + ϕ) β + ϕ 9 + δ ( ϕ + δ) + β + γ 8, czyli To kończy dowód α + β + γ 8 Zadaie (Zadaie z iformatora maturalego a rok, zob [I]) Rozpatrujemy wszystkie trapezy róworamiee, w których krótsza podstawa ma długość i każde z ramio też ma długość Oblicz długość dłuższej podstawy tego z rozpatrywaych trapezów, który ma ajwiększe pole Oblicz to pole

7 Ameliówka, paździerika r Rozwiązaie a siłę Niech dłuższa podstawa ma długość x + i iech h będzie wysokością trapezu h h Wówczas pole trapezu jest rówe x x P (x + ) + h (x + ) x (x + ) ( x ) (x + ) ( x) Teraz wystarczy zaleźć maksimum fukcji f(x) (x + ) ( x) x x + x + w przedziale (, ) Nietrude obliczeia za pomocą rachuku różiczkowego pokazują, że maksimum jest osiągae dla x, i pole trapezu wyosi wtedy P Rozwiązaie sposobem Rozważamy astępujące liczby rzeczywiste (ietrudo zauważyć, że są oe dodatie dla x z przedziału (, )): Wówczas pole trapezu jest rówe a a a x + oraz a x P a a a a a a a a Z ierówości między średimi dostajemy a a a a a + a + a + a Zatem czyli a a a a, P a a a a Rówość zachodzi dla x takiego, że a a a a, czyli dla x, Jeszcze lepszy pomysł Traktujemy trapez jako połowę sześciokąta Z twierdzeia izoperymetryczego Zeodora wyika, że ajwiększe pole ma sześciokąt foremy o boku Zatem ajwiększe pole ma trapez będący połową sześciokąta foremego To kończy dowód

8 8 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Zadaie (Modyfikacja zadaia ) W tym zadaiu będziemy rozpatrywać trapezy róworamiee, w których krótsza podstawa ma długość, a każde z ramio ma długość Zów szukamy trapezu o ajwiększym polu Rozwiązaie Przy ozaczeiach aalogiczych do zadaia poprzediego pole trapezu będzie rówe P (x + ) 9 x (x + ) (x + )( x) Rozwiązaie siłowe jest aalogicze do poprzediego; za pomocą rachuku różiczkowego zajdujemy maksimum w pukcie x Rozwiązaie sposobem wymaga owego pomysłu Popatrzmy bowiem, co się staie, gdy przeiesiemy dosłowie pomysł z poprzediego rozwiązaaia Wybierzmy astępujące cztery liczby rzeczywiste: a a x +, a x + oraz a 9 x Oczywiście dla x z przedziału (, ) te liczby są dodatie Wówczas pole trapezu jest rówe a a a a P a a a a Z ierówości między średią arytmetyczą i geometryczą dla czterech liczb dodatich dostajemy ierówość: a a a a a + a + a + a (x + ) + (x + ) + (9 x) Tak jak poprzedio: czyli a a a a 9, P a a a a 9 9,9 Okazuje się jedak, że otrzymaliśmy tylko ograiczeie góre a pole trapezu Miaowicie w ierówości między średimi tym razem ie może mieć miejsca rówość Jest tak dlatego, że dla żadego x ie zachodzi rówość czyli a a a a, x + x + 9 x Nowy sposób polega a wybraiu astępujących liczb rzeczywistych: a a x +, a x + oraz a x Wówczas a a a a P 8

9 Ameliówka, paździerika r 9 Z ierówości między średimi dostajemy a a a a a + a + a + a 8 Zatem a a a a 8, czyli P 8 a a a a Rówość zów zachodzi dla takiego x, dla którego a a a a, czyli dla x Zadaie (Zob [X]) Udowodij, że każda liczba postaci 9, 89, 889, 8889, jest kwadratem liczby aturalej Rozwiązaie a siłę Oczywiście liczb9 jest kwadratem: 9 W dalszym ciągu skorzystamy z astępującego wzoru: Stąd dostajemy oraz ( ) 9 Teraz dla otrzymujemy: ( ) (8 + + ) ( 8 + ) + + 9

10 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Do zakończeia dowodu wystarczy teraz zauważyć, że liczb jest podziela przez Możemy rówież otrzymać postać jawą pierwiastka: (+ ) (+ ) Te sam wyik moża uzyskać za pomocą dzieleia pisemego : 8 : Rozwiązaie sposobem Dla pomóżmy liczbę przez 9 Otrzymamy skąd dostajemy (8 ), ( ) Zadaie (Por [M]) Wyzacz wszystkie liczby całkowite dodatie, zaczyające się cyfrą i takie, że po przeiesieiu tej cyfry a koiec (i ewetualym opuszczeiu zer pozostających a początku) otrzymamy liczbę razy miejszą Rozwiązaie Sposób Niech asza liczba ma postać m + x, gdzie x jest liczbą co ajwyżej m-cyfrową (tz x < m ) Wówczas m + x (x + ), czyli 9x m

11 Ameliówka, paździerika r Stąd dostajemy x m 9 Musimy zatem wyzaczyć wszystkie liczby aturale m, dla których liczba m jest podziela przez 9 Popatrzmy zatem a koleje potęgi modulo 9: (mod 9), (mod 9), (mod 9), (mod 9), (mod 9), (mod 9), Stąd wyika, że m k + dla pewej liczby aturalej k i ostateczie k+ + k+ 9 dla k,,, Możemy także uzyskać jawą postać liczb (w zapisie dziesiętym) Miaowicie dla k mamy Dla k mamy Natomiast dla k mamy k+ + k+ 9 k+ + k+ + 9 k+ + ( k ) k+ + ( ) ( ( ) k + ( ) k ) 9 + k+ + ( ) (( ) k + ( ) k ) + 9 k+ + (( ) k + ( ) k ) + k+ + + k k+ + k k k+

12 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Rozwiązaie Sposób Te sposób polega po prostu a możeiu pisemym Liczbę otrzymaą po przestawieiu jedyki a koiec możymy pisemie przez : a a a a a a a a Cyfry a, a, a, występujące przed jedyką powtarzają się w iloczyie Do tego uwzględiamy to, że w iloczyie przed tymi wszystkimi cyframi może być jeszcze kilka zer i jedyka a początku Teraz zaczyamy możeie Najpierw ; stąd a i ie ma przeiesieia Wpisujemy w miejsce a : a a a a a a Wykoujemy drugie możeie: ; stąd a oraz przeiesieie jest rówe (piszemy je ad a ): a a a a Możymy dalej: + + ; stąd a oraz przeiesieie jest rówe : a a Jeszcze raz możymy: + + ; stąd a i przeiesieie jest rówe : Koleje możeie daje: Teraz i przeiesieie jest rówe :

13 Ameliówka, paździerika r Nadszedł waży momet Może się okazać, że wyczerpaliśmy wszystkie cyfry pierwszego czyika Zauważmy bowiem, że koleje możeie + może ozaczać, że ie mamy już co możyć i tylko musimy spisać a dół przeiesieie Wówczas całe możeie wygląda astępująco: Ale może się też okazać, że w pierwszym czyiku są dalsze cyfry Zatem wykoujemy wspomiae wyżej możeie i otrzymujemy: + Zatem i ie ma przeiesieia: Teraz zauważamy, że zaleźliśmy się dokładie w pukcie wyjścia Mamy pomożyć bez przeiesieia A więc cały cykl zaczie się od owa i otrzymamy koleje cyfr aszej liczby (i wyiku) To dowodzi, że wszystkie liczby w aszym zadaiu mają postać, k gdzie grupa sześciu cyfr powtarza się k razy (k,,, ) To kończy rozwiązaie zadaia Zadaie Wyzacz wszystkie liczby całkowite dodatie, zaczyające się cyfrą i takie, że po przeiesieiu tej cyfry a koiec (i ewetualym opuszczeiu zer pozostających a początku) otrzymamy liczbę razy miejszą Rozwiązaie Sposób Niech asza liczba ma postać m + x, gdzie x jest liczbą co ajwyżej m-cyfrową (tz x < m ) Wówczas m + x (x + ), czyli Stąd dostajemy 9x m x m 9

14 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Musimy zatem wyzaczyć wszystkie liczby aturale m, dla których liczba m jest podziela przez 9 Popatrzmy zatem a koleje potęgi modulo 9: (mod 9), (mod 9), (mod 9), (mod 9), (mod 9), Stąd wyika, że m k + dla pewej liczby aturalej k i ostateczie k+ + k+ 9 dla k,,, Możemy tak jak w poprzedim zadaiu uzyskać jawą postać liczb (w zapisie dziesiętym) Miaowicie dla k mamy Dla k mamy Natomiast dla k mamy k+ + k+ 9 k+ + k+ + 9 k+ + ( k ) k+ + ( ) ( ( ) k + ( ) k ) 9 + k+ + ( ) (( ) k + ( ) k ) + 9 k+ + (( ) k + ( ) k ) + k+ + + k k+ + k k k+

15 Ameliówka, paździerika r Rozwiązaie Sposób To rozwiązaie także polega a możeiu pisemym: a a a a a a a a Różica w stosuku do poprzediego zadaia polega a tym, że teraz możymy przez liczbę dwucyfrową Tradycyjy sposób możeia pisemego polega a możeiu oddzielie przez i przez W tym zadaiu pomysł polega a tym, by koleje cyfry pierwszej liczby możyć przez ; ostatią cyfrę iloczyu zapisujemy jako koleją cvyfrę wyiku, pozostałe cyfry traktujemy jako przeiesieie być może dwucyfrowe I tak pierwsze możeie ma postać: Stąd a oraz przeiesieie jest rówe : a a a a a a Wykoujemy drugie możeie: + 9+ Zatem a oraz przeiesieie jest rówe : a a a a Czas a trzecie możeie: + + Stąd a i przeiesieie jest rówe : a a Teraz mamy dwie możliwości Może się okazać, że cyfry pierwszej liczby już się wyczerpały Wówczas spisujemy przeiesieie a dół i całe możeie wygląda astępująco:

16 Wojciech Guzicki: I siłą, i sposobem Może się jedak okazać, że w pierwszej liczbie są dalsze cyfry Wykoujemy astępe możeie: + Dostajemy koleją cyfrę wyiku: a i przeiesieie jest rówe : Jeszcze raz możymy: + Mamy i ie ma przeiesieia: Zaleźliśmy się w pukcie wyjścia i cały cykl pięciu cyfr się powtórzy Ostateczie szukaą liczbą jest, k przy czym grupa pięciu cyfr powtarza się k razy (k,,, ) To kończy rozwiązaie zadaia Bibliografia [GP] [I] [M] [S] [X] [Z] W Guzicki, W Pompe, Długości odcików w trójkącie, IV Olimpiada Matematycza Gimazjalistów 8/9, Wydawictwo Szkole OMEGA, Kraków Iformator o egzamiie maturalym z matematyki od roku szkolego /, Cetrala Komisja Egzamiacyja, Warszawa (dostępy także a stroie CKE wwwckeedupl), zadaie, str 9 8 G A Galьperi, A K Tolpygo, Moskovskie matematiqeskie olimpiady, Moskwa 98, str M Szurek, Opowieści geometrycze, Wydawictwa Szkole i Pedagogicze, Warszawa 99 Xu Jiagu, Lecture Notes o Mathematical Olympiad Courses For Juior Sectio, World Scietific, Sigapore, str, rozwiązaie str Zadaie, wwwzadaiaifo/