Ostatnie poprawki 14 maja, 2018 r. o godz. 1:37

Transkrypt

1 LXIX OM zawody II i III stopnia - zadania geometryczne II stopień: zadanie 3 rachunkowo i zadanie 4 wg zawodników III stopień: zadanie 1 rachunkowo i zadanie 5 trzema sposobami Ostatnie poprawki 14 maja, 018 r o godz 1:37 Zamieszczam tu rozwiązania kilku zadań geometrycznych Tekst ma stanowić uzupełnienie rozwiązań ze strony Olimpiady matematycznej Uważam, że warto umieć obliczać różne rzeczy i myślę, że to jedna z metod postępowania, często w konkretnej sytuacji krótsza od syntetycznej Warto znać różne metody rozwiązywania zadań, bo wtedy, gdy za pomocą jednej z nich nie udaje się rozwiązać problemu, możemy spróbować zastosować inny sposób Zadanie 3 Symetralna boku BC przecina okrąg opisany na trójkącie BC w punktach i, przy czym punkty i leżą po tej samej stronie prostej BC unkt R jest rzutem prostokątnym punktu na prostą C unkt S jest środkiem odcinka Wykazać, że punkty, B, R i S leżą na jednym okręgu odamy dwa rozwiązania rachunkowe W obu założymy, że Jeśli, to również R, S leży w tym przypadku na prostej, a punkt B poza nią Trzy punkty, które nie leżą na jednej prostej, leżą na jednym okręgu, więc w tym przypadku teza jest prawdą Rozwiązanie 1 Z nierówności wynika, że < B < BC < CB < C B R S m RS R + S R S cos sin 1 4 sin cos sin sin C cos cos Załóżmy, że średnica koła opisanego na trójkącie BC jest równa 1 oraz < B > < C Mamy wtedy c sin C, < C, < R B+C, < R, < C < B (bo prosta jest symetralną odcinka BC, więc jest środkiem łuku o końcach B, C Stąd, z twierdzenia sinusów oraz definicji sinusa i kosinusa wynika, że n : R sin sin, d : S 1 1 cos Niech m : RS Z twierdzenia kosinusów i znanych wzorów trygonometrycznych wynika, że sin sin ( cos cos sin cos sin 1 cos sin sin cos + 1 cos sin sin cos( +B+C C cos sin sin cos( π C 1 cos sin sin sin C 4 4 oraz (chcemy dowieść, że BS SR, bo jeśli teza jest prawdziwa, to tak musi być BS S + B S B cos cos + sin C ( sin C cos cos cos + sin C cos sin C cos 1 + sin sin sin sin

2 1 cos + sin C ( sin C cos + sin sin 4 1 cos + sin C ( sin C cos( +B+C C sin sin 4 1 cos + sin C ( sin C cos( π C sin sin 4 1 cos sin C sin sin 4 m RS Obliczamy, korzystając z twierdzenia kosinusów, sumę cos < SB + cos < RS m + c d + m + n d mc mn nm + nc nd + cm + cn cd cmn Mamy teraz (n + c(m + nc d cmn m + nc d 1 cos sin C sin sin + sin sin sin C 1 cos 0, a stąd 4 4 cos < SB + cos < RS 0, zatem < SB + < RS π, więc na czworokącie BSR można opisać okrąg B S C R Jeśli < B < < C, to sytuacja nieco zmienia się Liczba n jest wtedy ujemna i długość odcinka R równa jest liczbie n Wszystko pozostaje bez zmian z wyjątkiem końcówki Mamy w tej sytuacji cos < SB cos < RS m + c d mc nm + nc nd + cm + cn cd cmn m + n d m( n (n + c(m + nc d cmn o takich samych obliczeniach jak poprzednio stwierdzamy, że cos < SB cos < RS 0, co więc < SB < RS, a stąd wynika, że punkty, R, B, S leżą na jednym okręgu, oczywiście korzystamy tu z tego, że punkty B i R znajdują się po jednej stronie prostej teraz prawie to samo za pomocą liczb zespolonych Rozwiązanie unkty są więc liczbami zespolonymi Zakładamy, że okręgiem opisanym na trójkącie jest okrąg o środku 0 i promieniu 1 Bez straty ogólności rozważań możemy założyć, że i, i, B C 1 Części urojone liczb B i C są równe: (B B ( i C ( C 1 ( C + C unkty i leżą po tej samej stronie prostej BC, co i 1 i oznacza, że część urojona punktu jest większa od części urojonej punktu C, bo im( 1, 1 czyli ( Ā > 1 (C C i i unkty z i z są symetryczne względem osi rzeczywistej Obrazem punktu z w symetrii względem prostej przechodzącej przez 0 oraz d C \ {0} jest punkt z d d d z obracamy wokół punktu 0 tak, by punkt d trafił na d, potem przekształcamy przez d d d symetrię względem osi rzeczywistej, potem obracamy tak, by punkt d wrócił do punktu d Wobec tego

3 obrazem punktu z w symetrii względem prostej przechodzącej przez punktu i C jest punkt C C (z C + C ( C z + ĀC C Ā C onieważ 1 C, więc Ā 1 C C, tzn Ā 1 i C 1 ozwala to nieco uprościć C ostatni wzór, więc obrazem punktu z w symetrii względem prostej C jest punkt C z++c Wobec tego obrazem i jest punkt Ci++C, zatem R 1 (i+ci++c Oczywiście S 1( + 1 ( i unkty (różne W, X, Y, Z leżą na jednym okręgu lub na jednej prostej wtedy i tylko wtedy, gdy iloraz (zwany dwustosunkiem W Y X Y : W Z X Z jednej prostej, to leżą na jednym okręgu rgumentem liczby W Y X Y jest liczbą rzeczywistą, więc jeśli nie leżą na jest kąt, mierzony przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, między wektorami Y X oraz Y W, a argumentem liczby W Z X Z kąt wektorami ZX oraz ZW rawdziwość poprzedniego zdania wynika od razu z twierdzenia mówiącego, że na czworokącie można opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych kątów są równe i z twierdzenia mówiącego, że zbiór punktów, z których odcinek widać pod jednym kątem i które leżą po jednej stronie prostej zawierającej odcinek, jest łukiem okręgu B S B Chcemy więc udowodnić, że iloczynem liczb S R R + C S+ + C jest liczba rzeczywista Mamy C C i + B S B S R R + C + C i Ci + C + i Ci + C + i i i Ci C i Ci C Ci+C+i Ci +C+i oraz + C ( + C i(ā + C Ci + C + i (Ci + C + i( Ā Ci + C i Wystarczy zająć się iloczynem mianowników, bo liczniki są rzeczywiste i dodatnie Mamy ( + C i (Ā + C (Ci + C + i ( Ā Ci + C i ( + C i (Ā + C (i(c + i + (C + i ( Ci (Ā + i + C + C i (Ā + C (i + 1 (C + i ( Ci + C i (Ā + C (i + 1 ( C i + C i (Ā + C ( + C + i( C 1 + C i ( + C + i( C + Ā C Liczba i( C + Ā C jest rzeczywista, bo różnica liczby i jej sprzężenia jest czysto urojona 3

4 teraz kilka uczniowskich rozwiązań zadania czwartego z II stopnia LXIX OM (z okręgu warszawskiego Zadanie 4 Dany jest trapez BCD o podstawach B i CD, przy czym okrąg o średnicy BC jest styczny do prostej D Udowodnić, że okrąg o średnicy D jest styczny do prostej BC Rozwiązanie analityczne Możemy przyjąć, że wierzchołkami trapezu są punkty (0, 0, B (b, 0, C (c, i D (d, Wtedy środkami ramion trapezu, więc odcinków BC i D są punkty M (b + c, 1 i N (d, 1 rosta D ma równanie x dy 0, a prosta BC ma równanie x + (b cy b 0 Okrąg o średnicy BC jest styczny do prostej D wtedy i tylko wtedy, gdy odległość punktu M od prostej D jest równa połowie długości odcinka BC czyli długości odcinka BM Zachodzi więc równość 41 c d b 1 + d b + c d b 1 + d (b (b + c + 1 (b c + 1 Okrąg o średnicy D jest styczny do prostej BC wtedy i tylko wtedy, gdy odległość punktu N od prostej BC jest równa połowie długości odcinka D czyli długości odcinka N Oznacza to, że spełniona jest równość 4 d + b c 1 + (b c d + 1 Warunek 4 jest w oczywisty sposób równoważny warunkowi 41 Dowód został zakończony Ten dowód opowiedział uczeń komentując z grubsza tak: w tablicach są wzory na równanie prostej przechodzącej przez dwa punkty i na odległość punktu od prostej, podstawiłem i wyszło rzejdę do rozwiązań geometrycznych, których było wiele Różniły się nieznacznie Częstym błędem lub luką w zależności od redakcji było założenie, że proste D i BC mają punkt wspólny, co wykluczało równoległoboki Nieliczni rozpatrywali ten przypadek właściwie pisząc, że wtedy odległość punktu M od prostej D jest odległością prostych D i BC, więc jest równa odległości punktu N od prostej BC, co kończy dowód w tym wypadku W dalszym ciągu zakładam, że trapez nie jest równoległobokiem i że B > CD rzez X oznaczam punkt wspólny prostych D i BC Zacznę od rozwiązania, które mnie zaskoczyło Trochę zmieniam redakcję i poprawiam Rozwiązanie z inwersją Trójkąty XDC i XB są podobne, bo B DC Wobec tego mamy XD X, czyli XD XB XC X Niech r XD XB XC X Niech XC XB F będzie złożeniem inwersji względem okręgu o środku X i promieniu r z symetrią względem dwusiecznej kąta XB Mamy F ( D, czyli punkt D jest obrazem punktu w przekształceniu F, więc F (D oraz F ( C, więc F (C Obrazem okręgu ω 1 o średnicy BC w inwersji względem okręgu o środku X jest okrąg o średnicy leżącej na prostej BC, bo 4

5 środek inwersji leży na niej Wobec tego obrazem okręgu o średnicy BC w przekształceniu F jest okrąg ω, którego średnicą jest odcinek D onieważ ω 1 ma dokładnie jeden punkt wspólny z prostą D, której obrazem w przekształceniu F jest prosta BC, więc prosta BC (obraz prostej D ma dokładnie jeden punkt wspólny z okręgiem ω, więc jest prosta BC jest styczna do okręgu ω Zakończyliśmy drugi dowód teraz trzecie rozumowanie, okazało się najpopularniejsze Spora część uczestników zawodów nie przejmowała się tym, że rysunek mógł być różny od tego, który się im narysował Nikt nie zwrócił uwagi na to, że może zdarzyć się, że odcinek MN może być prostopadły do jednego z ramion trapezu Rozwiązanie z podobieństwami Niech oznacza rzut prostokątny punktu M na prostą D, a rzut prostokątny punktu N na prostą BC Odcinek MN jest równoległy do podstaw trapezu wynika to łatwo z twierdzenia Talesa ( a nie: talesa, jak piszą niektórzy onieważ < NM 90 < N M, więc punkty M, N,, leżą na jednym okręgu, niezależnie od tego, czy punkty, leżą po jednej stronie prostej MN, czy po różnych D C Załóżmy, że punkty M, N znajdują się po jednej stronie prostej MN unkty, B, leżą na jednym okręgu, bo z tego, że MN B wynika, że 180 < N + < NM < N + < B Niech β < BM onieważ N M M MB, więc < B M β < BM < B < kąty wpisane oparte na jednym łuku są równe Kąt zewnętrzny trójkąta jest sumą dwóch wewnętrznych do niego nieprzyległych, zatem β < M < N B < N + < N β + < N, więc β < N Udowodniliśmy, że trójkąt N jest równoramienny, dokładniej, że N N, więc okrąg o średnicy D jest styczny do prostej BC w punkcie D N C M Załóżmy teraz, że NTeraz M N M D, więc < NB 90 < NB, zatem punkty, B,, leżą na jednym okręgu Tak jak poprzednio stwierdzamy, że < N < B < M B < BM < B <, a to oznacza, że trójkąt jest równoramienny: N N, a to oznacza, że o średnicy D jest styczny do prostej BC w punkcie B 5

6 D N D C M B Tym razem punkty, leżą po różnych stronach prostej MN onieważ punkty N,, M, leżą na jednym okręgu, więc 180 < NM + < N M < NM + < NB, zatem na czworokącie B można opisać okrąg Znów M MB, więc < B M β < MB < B < < N Jednocześnie < B 180 < < N < + < β + < oraz β < BM +< B M < M 180 < N < DN < N + < N β + < N, więc β < N, zatem < N < N, a stąd N N, co kończy dowód w tym wypadku C N M B odobnie jak poprzednio stwierdzamy, że < B M < BM β, zatem β < M 180 < N < DN < N + < N Na czworokącie o wierzchołkach,, B, można opisać okrąg, bowiem < B < MN < B i punkty, znajdują się po jednej stronie prostej B Wobec tego < N 180 < < B β Tak jak poprzednio otrzymujemy równość β < N β + < N, więc < N β, co pociąga za sobą równość < N < N, więc też związek N N, a to kończy dowód w tym przypadku Zagadka: czy omówiliśmy wszystkie przypadki? Komentarz 1 Można łatwo wykazać, że C i D B i wykorzystywać tę zależność w rozwiązaniu Komentarz Zapewne Czytelnik zorientował się, że ta metoda choć jest poprawna i stosowało ją najwięcej osób, to jednak nie jest ona najlepsza Ot wymuszone rozwiązanie, znacznie dłuższe od firmowego z polami czy analitycznego W dodatku osoby rozwiązujące w ten sposób ryzykują utratę punktu za nierozpatrzenie wszystkich konfiguracji, a jednak są drobne różnice w uzasadnieniu, co niektórzy przeoczyli lub uznali, że to drobiazg nie wart nawet omówienia W kilku pracach użyto potęgę punktu względem okręgu 6

7 Rozwiązanie z potęgą punktu X Trójkąt BX jest podobny do trójkąta NMX, a ten D C do trójkąta DCX, bo odpowiednie kąty w tych trójkątach są równe, gdyż B N M DC Trójkąt prostokątny M X jest podobny do trójkąta prostokątnego N X, bo mają wspólny kąt ostry Wynikają stąd równości X XN X XM N M oraz X XB XN XM XD onieważ punkty B, C, leżą na XC jednym okręgu, który jest styczny do prostej D w punkcie, więc X XC XB Wynika z tych równości, że B X XN XM XB, XN XD XM Wobec tego zachodzą równości XC i X XN XM X XD X XN XN XC XN ( XN X XM XM XM X Z nich i ze znanego twierdzenia o potędze punktu względem okręgu wynika, że punkty, D, leżą na jednym okręgu onieważ DN N, więc XN N X XD X (XN ND(XN + ND XN ND, zatem ND N Wobec tego okrąg o średnicy D jest styczny do prostej BC w punkcie, a to mieliśmy udowodnić Uwaga To rozumowanie nie wymaga rozpatrywania innych przypadków, wystarczy założenie B > DC gwarantujące istnienie punktu X, nigdzie nie korzystaliśmy z tego punkty, leżą na jakimś konkretnym odcinku III stopień: zadanie 1 rachunkowo a potem zadanie 5 trygonometrycznie, analitycznie i za pomocą liczb zespolonych Zadanie 1 Dany jest trójkąt ostrokątny BC, w którym B < C Dwusieczna kąta BC przecina bok BC w punkcie D unkt M jest środkiem boku BC Udowodnić, ze prosta przechodząca przez środki okręgów opisanych na trójkątach BC i DM jest równoległa do prostej D Rozwiązanie rzedstawię rozwiązanie analityczne, bo jest ono krótkie i nie wymaga żadnych pomysłów Jedynie właściwy wybór układu współrzędnych i parametrów może być pewnym problemem, choć zdaniem piszącego te słowa jest on wymuszony warunkami nałożonymi przez autora zadania rzyjmijmy, że (0, 0, B (b, y B oraz C (c, y C oraz że punkt D leży na pierwszej osi układów współrzędnych, czyli że półprosta D jest dwusieczną kąta CB oraz że b, c > 0 Z założeń wynika, że kąt CB jest ostry, tym bardziej kąt CD Niech k tg < CD Wtedy prosta C jest opisana równaniem y kx, a prosta B równaniem y kx Wobec tego 7

8 zachodzą równości y C kc i y B kb Z twierdzenia o dwusiecznej wynika, że zachodzi równość DC C c 1+k DB B b c 1 Stąd wynika, że D (cb + bc ( 4bc, 0 Wobec tego 1+k b b+c b+c równanie symetralnej odcinka D ma postać x bc Z wzoru M (b + c, k(c b wynika, b+c że równanie symetralnej odcinka M ma postać (b + cx + k(c by 1((b + c + k (b c Wobec tego jeśli O (x, y, to x bc i bc + k(c by b+c 1((b + c + k (b c, więc y (b c +k (b c (c b(1+k k(c b k Równanie symetralnej odcinka B wygląda tak: x ky b(1 + k, a symetralnej odcinka C tak: x + ky c(1 + k Wobec tego jeśli O 1 (x 1, y 1, to y 1 (c b(1+k y k Równość y 1 y oznacza, że prosta O O 1 jest równoległa do osi OX, więc do dwusiecznej kąta CB Zakończyliśmy dowód Zadanie 5 Dany jest trójkąt ostrokątny BC, w którym B < C unkty E i F są spodkami jego wysokości opuszczonych odpowiednio z wierzchołków B i C rosta styczna w punkcie do okręgu opisanego na trójkącie BC przecina prostą BC w punkcie rosta równoległa do prostej BC przechodząca przez punkt przecina prostą EF w punkcie Wykazać, że prosta jest prostopadła do środkowej trójkąta BC opuszczonej z wierzchołka Rozwiązanie Zastosujemy najpierw geometrię analityczną, ale nie od samego początku Niech, B, C oznaczają kąty w trójkącie BC o wierzchołkach, B, C onieważ E B cos i F C cos, więc trójkąt BC jest podobny do trójkąta EF cecha bkb i E F B C EF BC cos Stąd w szczególności wynika, że < F E < B i < EF < C Niech oznacza taki punkt półprostej, że punkt leży między punktami i Ze znanego twierdzenia (kąt między styczną a cięciwą jest równy wpisanemu opartemu na tej cięciwie wynika, że < E < C < B oraz < B < C < F E, więc EF E F B M C Bez straty ogólności rozważań możemy przyjąć, że (0, 1, B (b, 0, C (c, 0, a > 0 i b < 0 < c, ostatnia nierówność może być spełniona, bo kąty B i C są ostre, pozostałe to 8

9 kwestia dobrania układu współrzędnych do zadania rosta B może być opisana równaniem x + by b, prosta C równaniem x + cy c, prosta prostopadła do B przechodząca przez C równaniem bx y bc, wreszcie prosta prostopadła do C przechodząca przez B równaniem cx y bc Niech E (x E, y E i F (x F, y F Zachodzą wtedy równości x E + cy E c x F + by F b i cx E y E bc bx F y F bc Otrzymujemy E F ( c(1+bc, c(c b 1+c 1+c c 1+c ( 1 + bc, c b oraz ( b(1+bc, b(b c ( b 1+b 1+b 1+b 1 + bc, b c c Zauważmy, że b (c b(1 bc oraz c + b (c+b(1+bc Wobec tego 1+c 1+b (1+c (1+b 1+c 1+b (1+c (1+b F E (c b(1+bc [1 bc, b + c], a to oznacza, że wektor [1 bc, b + c] jest równoległy do (1+c (1+b prostej EF, więc również do prostej Możemy zatem napisać równania prostych ( EF : (b + cx + (bc 1y c 1+c (b + c(1 + bc + (c b(bc 1 c b(1 + c bc oraz 1+c : (b + cx + (bc 1y (bc 1 odstawiając y 0 w równaniu prostej otrzymujemy x bc 1, a w równaniu prostej EF b+c przyjmujemy y 1 i wtedy x bc+1 Wobec tego ( bc 1, 0 i ( bc+1, 1, zatem b+c b+c b+c [, 1] Mamy też M [ b+c, 1] onieważ b+c 1 0, więc wektory i M b+c b+c są prostopadłe rzedstawimy rozwiązanie trygonometryczne Niech M oznacza środek odcinka BC Z tego, że B < C wynika, że kąty C i MB są ostre Wykażemy, że sin < C + sin < MB 1, a z tego teza wynika natychmiast Użyjemy twierdzenia sinusów, twierdzenia kosinusów i znanych (kiedyś wzorów trygonometrycznych: (1 cos α 1 sin α, ( sin α sin β cos(α β cos(α + β i sin α cos β sin(α β + sin(α + β, (3 cos(π α cos α i sin(π α sin α Niech, B, C oznaczają kąty w trójkącie BC o wierzchołkach, B, C Bez straty ogólności można założyć, że średnica okręgu opisanego na trójkącie BC jest równa 1 Z twierdzenia sinusów wynika, że wtedy BC sin, C sin B i B sin C, więc E sin C cos i F sin B cos Trójkąt F E jest więc podobny do trójkąta BC w skali cos, zatem < F E < B i < EF < C Niech oznacza taki punkt półprostej, że punkt leży między punktami i Ze znanego twierdzenia (kąt między styczną a cięciwą jest równy wpisanemu opartemu na tej cięciwie wynika, że < E < C < B oraz < B < C < F E, więc prosta F E jest równoległa do prostej rosta jest równoległa do prostej BC, więc < C < C i < C < < B Wobec tego < E < C oraz < C < < B < C < E 9

10 Niech h będzie wysokością trójkąta BC opuszczoną z wierzchołka Mamy h sin B sin C Z twierdzenia sinusów (trójkąt E otrzymujemy E sin B sin C cos sin(π B sin(b C sin(b C h cos sin(b C, Z twierdzenia sinusów (trójkąt C i równości < C B C wynika też, że C sin(b C sin < C sin B sin C sin(b C h sin(b C Niech m M Z twierdzenia kosinusów (trójkąty i CM oraz z (1, (, (3, równości + B + C π i 1 cos + sin otrzymujemy: + h cos(π ( sin ( (cos cos cos(b C ( h sin ( sin + cos ( cos + cos(b C ( ( h sin ( sin + 4 cos cos + cos B+C h sin ( sin + 4 cos sin B sin C oraz m sin B sin sin B sin cos C 1 4 sin + sin B(sin B sin cos C 1 4 sin + sin B(sin( + C sin cos C 1 4 sin + sin B sin C cos Wobec tego 4m h +B+C Wynika stąd, z różnych wzorów, min π, że sin ( sin < C + sin < MB sin (B C + 4 sin B sin C 4m h 4m h / sin (B C + h m sin (B C + 4h 4m sin + sin (B C sin + 4 sin B sin C 4m sin + (sin(b C sin (sin(b C + sin + 4 sin B sin C 4m sin + sin B C cos B C + sin B C + cos B C sin B sin C 1 ( sin + 4( cos B sin C cos C sin B + 4 sin B sin C 4m 1 ( sin + 4 sin B sin C( cos B cos C + sin B sin C 4m 1 ( sin 4 sin B sin C cos(b + C 1 ( sin + 4 sin B sin C cos 1 4m 4m Zakończyliśmy dowód (Jednemu z uczestników finału OM podobne rozwiązanie zmieściło się 1 4m ( już na 7 stronach rękopisu Na koniec rozwiązanie wg dwóch finalistów, których nazwisk nie podaję, bo niestety w ich pracach są błędy, co prawda łatwo usuwalne, ale trzeba sporo napracować się fizycznie zanim się je usunie, a bez poprawienia nie można ich prac ocenić wysoko Rozwiązanie zamieszczam, bo jest znacznie krótsze od trygonometrycznego Używa liczb zespolonych w rozsądny sposób I przede wszystkim podoba mi się, B, C wierzchołki trójkąta Traktujemy je jako liczby zespolone o module 1 (promień koła opisanego na trójkącie BC jest równy 1 (R Zacznijmy od stwierdzenia, że trzy różne punkty X, Y, Z leżą na jednej prostej wtedy i tylko wtedy, gdy iloraz Y X Z X Y X jest liczbą rzeczywistą, więc gdy Z X 10 Y X, bo jest on Z X

11 (I rzeczywisty wtedy i tylko wtedy, gdy kąt między wektorami XY i XZ jest równy 0 lub 180 Warunek można zapisać też tak Y X Z X Y X Z X Drugie ważne stwierdzenie to: proste wyznaczone przez punkty X, Y oraz X, Z są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy iloraz Y X jest liczbą czysto urojoną, więc iloczynem Z X liczby rzeczywistej przez i, a to ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy Y X Y X, co Z X Z X można zapisać też tak Y X Z X Y X Z X (S Jeśli X 1, to X 1 1 X X Wszystkie te stwierdzenia wynikają łatwo z tego, że argument iloczynu liczb zespolonych jest sumą argumentów czynników, a wartość bezwzględna iloczynu jest iloczynem wartości bezwzględnych czynników Zaczniemy od znalezienia punktu E Leży on na prostej C, więc E C C E C C C 1/ 1/C C, zatem E + CE + C rosta BE jest prostopadła do prostej C, zatem E B C C, czyli E CE B CB E B C ( Z otrzymanych równań wynika, że E + B + C CB, czyli E 1 + B + C C B ( Zamieniając B z C w tych wzorach otrzymujemy F 1 + B + C B C Stąd wynikają wzory (EF E F 1 (BC BC (B C, E F 1 BC (BC BC C B BC roste i BC są równoległe, zatem (z warunku (R + BC + BC C B C B BC, więc unkty, E, F są współliniowe, więc E E F E E F, zatem ( ( + E + E 1 + B + C C B B B C C B+B +BC C + (BC+C+B B BC+B C+BC C + C+ B B Mnożąc ostatnią B BC BC równość przez BC i odejmując ją równości + BC + BC pomnożonej przez otrzymujemy ( BC 1 (3 (B + C + (B + C BC(B + C czyli ( 3 (B + C + (B + C BC(B + C ( BC Niech D będzie punktem okręgu jednostkowego różnym od, B, C Niech R będzie punktem wspólnym prostych D i BC Wtedy z własności (R wynikają równości R D D R D oraz R B BC, a z nich równania R + RD + D oraz R + RBC B + C R B Odejmując pierwszą pomnożoną przez BC od drugiej pomnożonej przez D otrzymujemy R(D BC D(B + C BC( + D czyli R D(B + C BC( + D D BC D(B+C BC(+D Jasne jest, że lim R lim D D D BC (B+C BC BC 11

12 Należy wykazać, że proste i M, gdzie M B+C, są prostopadłe, więc że ( M M B C B C BC( B C BC C B Mamy teraz 3 (B+C+(B +C BC(B+C BC (B+C ( BC BC 3 3 (B+C+(B +4BC+C BC(B+C ( ( (B+C+BC ( ( B( C ( BC ( BC ( BC Wobec tego ( 1 B 1 C ( 1 1 B ( 1 1 C ( 1 1 BC (BC C B(B (C Stąd BC(BC BC( B C BC C B, a tę równość należało udowodnić Dodać wypada, że rozkład wyrażenia na czynniki jest niejako wymuszony przez równość, którą chcieliśmy udowodnić i twierdzenie mówiące, że rozkład wielomianu o współczynnikach rzeczywistych na czynniki nierokładalne jest jednoznaczny: skoro w licznik po skróceniu ma pojawić się czynnik B C, to wielomian musi być przez ten czynnik podzielny, więc autor tych słów po prostu podzielił wiedząc, że jeśli tylko nie pomylił się w obliczeniach, to mu się uda Bez tego dzielenia też można równość ( wykazać, ale trzeba nieco więcej napisać żmudne, ale łatwe rzejścia granicznego przy znajdowaniu punktu przecięcia stycznej z prostą BC można uniknąć np przyjmując, że 1 (wtedy styczna składa się z punktów z, dla których z +z lub i (wtedy styczna składa się z punktów z, dla których z z i Niektórzy finaliści tak zakładali W tekście mogą być jakieś błędy, literówki, więc jeśli ktoś zauważy, proszę o wiadomość 1