teksty zadań - Olimpiada Matematyczna

TEKSTY ZADAŃ
Zawody stopnia pierwszego
1. Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
x2000 + 20001999 = x1999 + 20002000 .
2. Punkty D i E leżą odpowiednio na bokach BC i AC trójkąta ABC.
Odcinki AD i BE przecinają się w punkcie P . Punkty K i L leżą odpowiednio
na bokach BC i AC, przy czym czworokąt CLP K jest równoległobokiem.
Dowieść, że
AE BD
=
.
EL DK
3. Znaleźć wszystkie takie liczby naturalne n ­ 2, że nierówność
n−1 2
x1 + x22 + ... + x2n
n
zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x 1 ,x2 ,...,xn .
x1 x2 + x2 x3 + ... + xn−1 xn ¬
4. Rozstrzygnąć, czy w sześciennym pudełku o krawędzi 4 można umieścić
65 kul o średnicy 1.
5. Dowieść, że dla dowolnej liczby naturalnej n ­ 2 i dowolnej liczby pierwp
szej p liczba np + pp jest złożona.
6. Liczby całkowite a, b, x, y spełniają równanie
2000
√
√
.
a + b 2001 = x + y 2001
Udowodnić, że a ­ 44b.
7. Dany jest trójkąt równoramienny ABC o kącie prostym przy wierz-
chołku A. Punkty D i E leżą na przeciwprostokątnej BC, przy czym
<
) DAE = 45◦ . Okrąg opisany na trójkącie ADE przecina boki AB i AC odpowiednio w punktach P i Q. Dowieść, że BP + CQ = P Q.
8. Rozstrzygnąć, dla jakich par liczb naturalnych m i n prostokąt o bokach długości m i n można pociąć na części przystające do figury na rysunku. Każdy z czterech kwadratów na
rysunku ma bok długości 1.
9. Dowieść, że wśród dowolnych 12 kolejnych liczb całkowitych dodatnich
istnieje liczba niebędąca sumą 10 czwartych potęg liczb całkowitych.
10. Dowieść, że wewnątrz dowolnego trójkąta ABC istnieje punkt P o następującej własności:
25
Każda prosta przechodząca przez punkt P dzieli obwód trójkąta ABC w takim samym stosunku, w jakim dzieli ona jego pole.
11. Układ liczb całkowitych dodatnich c1 ,c2 ,...,cn nazwiemy dopuszczalnym, gdy za pomocą wagi szalkowej i dwóch kompletów odważników o ciężarach c1 ,c2 ,...,cn można zważyć dowolny przedmiot o ciężarze będącym liczbą
naturalną nieprzekraczającą 2(c1 + c2 + ... + cn ). Dla każdej liczby n wyznaczyć maksymalną sumę n liczb tworzących układ dopuszczalny.
Uwaga: Odważniki można kłaść na obie szalki wagi.
12. Rozpatrujemy ciągi liczb całkowitych x 0 ,x1 ,...,x2000 spełniające warunki
x0 = 0
oraz
|xn | = |xn−1 + 1|
dla n = 1,2,...,2000 .
Znaleźć najmniejszą wartość wyrażenia |x 1 + x2 + ... + x2000 | .
Zawody stopnia drugiego
1. Dane są liczby naturalne k i n większe od 1, przy czym liczba p = 2k−1
jest pierwsza. Dowieść, że jeżeli liczba
n
k
−
2
2
jest podzielna przez p, to jest ona podzielna przez p 2 .
2. Punkty A, B, C leżą w tej właśnie kolejności na jednej prostej, przy
czym AB < BC. Punkty D, E są wierzchołkami kwadratu ABDE. Okrąg
o średnicy AC przecina prostą DE w punktach P i Q, przy czym punkt
P należy do odcinka DE. Proste AQ i BD przecinają się w punkcie R.
Udowodnić, że DP = DR.
3. Niech n ­ 3 będzie liczbą naturalną. Dowieść, że dowolny wielomian
postaci
xn + an−3 xn−3 + an−4 xn−4 + an−5 xn−5 + ... + a1 x + a0 ,
gdzie co najmniej jeden ze współczynników rzeczywistych a 0 ,a1 ,...,an−3 jest
różny od zera, ma mniej niż n pierwiastków rzeczywistych (każdy pierwiastek
liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność).
4. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n ­ 3, dla których prawdziwe
jest następujące zdanie:
W dowolnym n-wyrazowym ciągu arytmetycznym a 1 ,a2 ,...,an , dla którego liczba 1 · a1 + 2 · a2 + ... + n · an jest wymierna, istnieje wyraz będący liczbą
wymierną.
26
5. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Prosta AI
przecina bok BC w punkcie D. Dowieść, że AI + CD = AC wtedy i tylko
) B = 60◦ + 31 <
) C.
wtedy, gdy <
6. Dla danej liczby całkowitej dodatniej n rozstrzygnąć, czy podzbiorów
n-elementowych zbioru {1,2,3,...,2n−1,2n} mających sumę elementów parzystą jest tyle samo, co podzbiorów n-elementowych mających nieparzystą
sumę elementów. Jeśli nie, to rozstrzygnąć, których jest więcej i o ile.
Zawody stopnia trzeciego
1. Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej n ­ 2 i dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych x1 ,x2 ,...,xn zachodzi nierówność
n
X
i=1
ixi ¬
n
X
n
+ xii .
2
i=1
2. Dowieść, że suma odległości dowolnego punktu leżącego wewnątrz czworościanu foremnego o krawędzi 1 od jego wierzchołków jest nie większa niż 3.
3. Rozważamy ciąg (xn ) określony rekurencyjnie wzorami
x1 = a, x2 = b
oraz
xn+2 = xn+1 + xn
dla n = 1,2,3,... ,
gdzie a i b są liczbami rzeczywistymi.
Liczbę c będziemy nazywać wartością wielokrotną ciągu (x n ), jeżeli istnieją co najmniej dwie różne liczby całkowite dodatnie k i l takie, że x k = xl = c.
Wykazać, że można tak dobrać liczby a i b, aby ciąg (x n ) miał więcej niż
2000 wartości wielokrotnych, ale nie można tak dobrać a i b, aby miał on
nieskończenie wiele wartości wielokrotnych.
4. Dane są takie liczby całkowite a i b, że dla każdej liczby całkowitej
nieujemnej n liczba 2n a + b jest kwadratem liczby całkowitej. Dowieść, że
a = 0.
5. Punkty K i L leżą odpowiednio na bokach BC i CD równoległoboku
ABCD, przy czym BK · AD = DL · AB. Odcinki DK i BL przecinają się
) DAP = <
) BAC.
w punkcie P . Wykazać, że <
6. Dane są liczby całkowite dodatnie n1 < n2 < ... < n2000 < 10100 . Dowieść, że ze zbioru {n1 ,n2 ,...,n2000 } można wybrać niepuste rozłączne podzbiory A i B mające tyle samo elementów, taką samą sumę elementów i taką
samą sumę kwadratów elementów.
XLI Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna
1. Dwa okręgi Γ1 i Γ2 przecinają się w punktach M i N . Niech l będzie
taką wspólną prostą styczną do Γ1 i Γ2 , że punkt M znajduje się bliżej
27
prostej l niż punkt N . Prosta l jest styczna do Γ 1 w punkcie A oraz do
Γ2 w punkcie B. Prosta równoległa do l przechodząca przez M przecina Γ 1
ponownie w punkcie C oraz Γ2 ponownie w punkcie D. Proste CA i DB
przecinają się w punkcie E; proste AN i CD przecinają się w punkcie P ;
proste BN i CD przecinają się w punkcie Q. Wykazać, że EP = EQ.
2. Niech a, b i c będą takimi liczbami rzeczywistymi dodatnimi, że abc = 1.
Udowodnić, że
a−1+
1
b
b−1+
1
c
c−1+
1
¬1.
a
3. Niech n ­ 2 będzie liczbą naturalną. Na danej poziomej prostej znajduje
się n pcheł, nie wszystkie w tym samym punkcie. Dla liczby rzeczywistej
dodatniej λ definiujemy ruch następująco:
(i) wybieramy dwie pchły, w punktach A i B, przy czym A znajduje się na
lewo od B;
(ii) pchła z punktu A skacze na punkt C, znajdujący się na danej prostej na
prawo od B i taki, że BC/AB = λ.
Wyznaczyć wszystkie takie wartości λ, że dla dowolnego punktu M na prostej
i dowolnego początkowego położenia n pcheł istnieje skończony ciąg ruchów,
który przeprowadza wszystkie pchły na prawo od M .
4. Iluzjonista ma sto kart ponumerowanych od 1 do 100. Wkłada je do
trzech pudełek, czerwonego, białego i niebieskiego tak, że każde z nich zawiera
przynajmniej jedną kartę. Ktoś z widzów wybiera dwa z tych trzech pudełek, wyciąga po jednej karcie z każdego z wybranych pudełek i podaje sumę
liczb na wyciągniętych kartach. Mając daną tę sumę, iluzjonista wskazuje to
pudełko, z którego nie została wyciągnięta żadna karta.
Na ile sposobów można włożyć wszystkie karty do pudełek tak, by ta
sztuka zawsze się udała? (Dwa sposoby uważa się za różne, gdy przynajmniej
jedna karta znajdzie się za każdym razem w innym pudełku.)
5. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia n, że
(i) n jest podzielna przez dokładnie 2000 różnych liczb pierwszych oraz
(ii) liczba 2n + 1 jest podzielna przez n.
6. Niech AH1 , BH2 , CH3 będą wysokościami trójkąta ostrokątnego ABC.
Okrąg wpisany w trójkąt ABC jest styczny do BC, CA, AB odpowiednio
w punktach T1 , T2 , T3 . Niech proste l1 , l2 , l3 będą symetrycznymi obrazami
prostych H2 H3 , H3 H1 , H1 H2 odpowiednio względem prostych T2 T3 , T3 T1 ,
T1 T2 . Udowodnić, że proste l1 , l2 , l3 wyznaczają trójkąt, którego wierzchołki
leżą na okręgu wpisanym w trójkąt ABC.
28
XXIII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne
1. Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) o współczynnikach rzeczywistych, dla których istnieje taka dodatnia liczba całkowita n, że dla nieskończenie wielu wartości x zachodzi równość:
2n+1
X
k=1
(−1)
k
k
P (x + k) = 0 .
2
2. W sześcianie o krawędzi długości 1, ABCD jest pewną ścianą, a CG
krawędzią do niej prostopadłą. Okrąg o 1 jest wpisany w kwadrat ABCD,
a okrąg o2 jest opisany na trójkącie BDG. Wyznaczyć najmniejszą wartość
odległości XY dla X ∈ o1 i Y ∈ o2 .
3. Dla każdej liczby naturalnej n ­ 3 rozwiązać w liczbach rzeczywistych
następujący układ równań:









x31 = x2 + x3 + 1
...................
x3k = xk+1 + xk+2 + 1

...................



3

x
= xn + x1 + 1


 n−1
x3n = x1 + x2 + 1.
4. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie N , niemające dzielników pierwszych różnych od 2 i 5, takie, że N + 25 jest kwadratem liczby
całkowitej.
5. Dla jakich liczb naturalnych n ­ 5 możliwe jest pokolorowanie wierzchołków n-kąta foremnego nie więcej niż sześcioma kolorami w ten sposób,
aby w każdej grupie pięciu kolejnych wierzchołków wystąpiło pięć różnych
kolorów?
6. Rozważmy bryłę Q postaci Q = Q0 ∪ Q1 ∪ Q2 ∪ Q3 ∪ Q4 ∪ Q5 ∪ Q6 , gdzie
Qi (i = 0,1,2,...,6) są siedmioma różnymi sześcianami o krawędziach długości 1, przy czym sześcian Q0 ma wspólną ścianę z każdym z sześciu pozostałych. Rozstrzygnąć, czy można wypełnić przestrzeń nieskończoną ilością brył,
z których każda powstaje przez przesunięcie równoległe bryły Q, a żadne dwie
nie mają wspólnych punktów wewnętrznych.
7. Na płaszczyźnie dany jest trójkąt A0 B0 C0 . Rozważamy trójkąty ABC
spełniające następujące warunki:
(i) proste AB, BC, CA przechodzą, odpowiednio, przez punkty C 0 , A0 , B0 ;
(ii) trójkąty ABC i A0 B0 C0 są podobne (tzn. istnieje podobieństwo przekształcające A na A0 , B na B0 i C na C0 ).
29
Wyznaczyć miejsce geometryczne środków okręgów opisanych na wszystkich
takich trójkątach ABC.
8. Na płaszczyźnie danych jest 27 punktów, z których żadne trzy nie
są współliniowe. Cztery spośród tych punktów są wierzchołkami kwadratu
o boku długości 1, a pozostałe 23 leżą wewnątrz tego kwadratu. Udowodnić,
że pewne trzy spośród danych punktów są wierzchołkami trójkąta o polu nie
1
.
większym niż 48
9. Udowodnić, że jeśli a, b, c są nieujemnymi liczbami rzeczywistymi, przy
czym a + b + c = 1, to mają miejsce nierówności:
2 ¬ (1 − a2 )2 + (1 − b2 )2 + (1 − c2 )2 ¬ (1 + a)(1 + b)(1 + c) .
Dla każdej z tych nierówności rozstrzygnąć, kiedy zachodzi równość.
10. Plan zamku w Baranowie Sandomierskim można w przybliżeniu
przedstawić jako graf o 16 węzłach, narysowany poniżej:
Nocny strażnik planuje zamkniętą trasę obchodu wzdłuż krawędzi tego grafu.
(a) Ile istnieje takich tras (bez uwzględniania kierunku), które przechodzą
przez każdy węzeł dokładnie raz?
(b) Ile istnieje takich tras (z uwzględnieniem kierunku), które przechodzą
przez każdą krawędź dokładnie raz i nie krzyżują się same ze sobą?
XI Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich
1. Niech K będzie punktem leżącym wewnątrz trójkąta ABC. Niech
M i N będą takimi punktami, że M i K leżą po przeciwnych stronach
prostej AB, oraz N i K leżą po przeciwnych stronach prostej BC. Załóż) M AB = <
) M BA = <
) N BC = <
) N CB = <
) KAC = <
) KCA. Udowodmy, że <
nić, że M BN K jest równoległobokiem.
2. Dany jest trójkąt równoramienny ABC o kącie <) A = 90◦ . Niech M
będzie środkiem boku AB. Prosta przechodząca przez punkt A i prostopadła
do prostej CM przecina bok BC w punkcie P . Dowieść, że
<
) AM C = <
) BM P.
30
3. Dany jest trójkąt ABC, w którym <) A = 90◦ oraz AB 6= AC. Punkty
D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB, w taki sposób, że AF DE
jest kwadratem. Wykazać, że prosta BC, prosta F E oraz styczna w punkcie
A do okręgu opisanego na trójkącie ABC przecinają się w jednym punkcie.
4. Dany jest trójkąt ABC, w którym <) A = 120◦ . Punkty K i L leżą
odpowiednio na bokach AB i AC. Niech BKP i CLQ będą trójkątami
równobocznymi
zbudowanymi na zewnątrz trójkąta ABC. Udowodnić, że
√
3
P Q ­ 2 (AB + AC).
5. Niech ABC będzie takim trójkątem, że
BC
AB + BC
=
.
AB − BC
AC
)A:<
) C.
Wyznaczyć iloraz <
6. Fredek prowadzi pensjonat. Twierdzi on, że za każdym razem, gdy
jego pensjonat odwiedza n ­ 3 gości, potrafi wskazać takich dwóch, którzy
wśród pozostałych gości mają taką samą liczbę znajomych oraz wspólnego
znajomego lub wspólnego nieznajomego. Dla jakich wartości n Fredek ma
rację?
7. Tablica kontrolna o wymiarach 40 × 50 składa się 2000 guzików, z któ-
rych każdy jest w pozycji: włączony lub wyłączony. Naciśnięcie guzika powoduje zmianę jego pozycji oraz pozycji wszystkich guzików w tej samej
kolumnie i w tym samym wierszu. Wykazać, że przyciskając guziki można
tablicę z początkowo wyłączonymi guzikami doprowadzić do tablicy, w której wszystkie guziki są włączone. Wyznaczyć najmniejszą potrzebną do tego
liczbę naciśnięć.
8. Na przyjęciu spotkało się czternastu kolegów. Jeden z nich, Fredek,
chciał wcześniej położyć się spać. Pożegnał się więc z 10 kolegami, zapominając o trzech pozostałych i poszedł spać. Po chwili wrócił na przyjęcie,
pożegnał się z 10 kolegami (niekoniecznie tymi samymi co poprzednio) i poszedł spać. Fredek powracał jeszcze wielokrotnie i za każdym razem żegnał
się z 10 kolegami, po czym szedł spać. Kiedy tylko pożegnał się z każdym ze
swoich kolegów co najmniej raz, to już nie wrócił. Rano Fredek uświadomił
sobie, że z każdym z trzynastu kolegów pożegnał się inną liczbę razy. Ile co
najmniej razy powracał Fredek?
9. Po szachownicy 2k × √
2k złożonej z jednostkowych kwadratów skacze żaba. Skoki żaby są długości 1 + k 2 i przenoszą ją ze środka jednego kwadratu
do środka innego kwadratu. Pewnych m kwadratów szachownicy zaznaczono
krzyżykiem. Wszystkie kwadraty, do których może skoczyć żaba z pól oznaczonych krzyżykiem, oznaczono kółkiem (nawet jeśli na którymś z tych pól
jest już krzyżyk). Kółkiem oznaczono n kwadratów. Dowieść, że n ­ m.
31
10. Na tablicy napisano dwie liczby całkowite dodatnie. Początkowo jedna
z nich jest równa 2000, a druga jest mniejsza niż 2000. Jeśli średnia arytmetyczna m dwóch liczb napisanych na tablicy jest liczbą całkowitą, możemy
wykonać następującą procedurę: ścieramy jedną z liczb zastępując ją przez m.
Dowieść, że ta procedura nie może być wykonana więcej niż dziesięć razy. Podać przykład, w którym powyższa procedura jest wykonywana dziesięć razy.
11. Dany jest taki ciąg liczb całkowitych dodatnich a 1 ,a2 ,..., że dla dowolnych m i n zachodzi: jeśli m jest dzielnikiem liczby n oraz m < n, to a m
jest dzielnikiem liczby an oraz am < an . Znaleźć najmniejszą możliwą wartość
liczby a2000 .
12. Niech x1 ,x2 ,...,xn będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że
żadna z nich nie jest początkowym fragmentem żadnej innej (na przykład 12
jest początkowym fragmentem liczb 12, 125 oraz 12405). Dowieść, że
1
1
1
+ + ... +
< 3.
x1 x2
xn
13. Niech a1 ,a2 ,...,an będzie takim ciągiem arytmetycznym liczb całko-
witych, że i | ai dla i = 1,2,...,n−1 oraz n6 | an . Udowodnić, że n jest potęgą
liczby pierwszej.
14. Znaleźć wszystkie takie dodatnie liczby całkowite n, że n równa się
liczbie dodatnich dzielników liczby n pomnożonej przez 100.
15. Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą niepodzielną ani przez 2,
ani przez 3. Wykazać, że dla wszystkich liczb całkowitych k liczba
(k + 1)n − k n − 1
jest podzielna przez k 2 + k + 1.
16. Udowodnić, że dla wszystkich dodatnich liczb rzeczywistych a, b, c
zachodzi nierówność
p
a2 − ab + b2 +
p
b2 − bc + c2 ­
p
a2 + ac + c2 .
17. Znaleźć wszystkie rozwiązania w liczbach rzeczywistych następującego
układu równań:


 x + y + z + t = 5

 xy + yz + zt + tx = 4

xyz + yzt + ztx + txy = 3



xyzt
= −1.
18. Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby rzeczywiste x i y spełniające
równanie
√
p
1 1
x + y + + + 4 = 2·( 2x + 1 + 2y + 1).
x y
32
19. Niech t ­ 21 będzie liczbą rzeczywistą, a n dodatnią liczbą całkowitą.
Dowieść, że t2n ­ (t − 1)2n + (2t − 1)n .
20. Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n niech
xn =
Dowieść, że
(2n + 1)(2n + 3) · ... · (4n − 1)(4n + 1)
.
(2n)(2n + 2) · ... · (4n − 2)(4n)
√
2
1
< xn − 2 < .
4n
n
33
ROZWIĄZANIA ZADAŃ 1
Zawody stopnia pierwszego
Zadanie 1.
Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie
x2000 + 20001999 = x1999 + 20002000 .
Rozwiązanie
Dane równanie sprowadzamy do postaci f (x) = f (2000), gdzie
f (x) = x2000 − x1999 = (x − 1)x1999 .
Ponieważ f jest funkcją rosnącą na przedziale h1,∞), więc dane równanie
ma w tym przedziale tylko jedno rozwiązanie, którym jest x = 2000. Na zbiorze (−∞,0i funkcja f jest malejąca, więc istnieje co najwyżej jedna liczba
całkowita ujemna a, dla której f (a) = f (2000). Jednakże
oraz
f (−1999) = 2000 · 19991999 < 1999 · 20001999 = f (2000) = f (a)
f (−2000) = 2001 · 20001999 > 1999 · 20001999 = f (2000) = f (a) .
Zatem a ∈ (−2000,−1999), co przeczy temu, że a jest liczbą całkowitą.
Odpowiedź
Dane równanie ma jedno rozwiązanie w liczbach całkowitych: x = 2000.
Zadanie 2.
Punkty D i E leżą odpowiednio na bokach BC i AC trójkąta ABC.
Odcinki AD i BE przecinają się w punkcie P . Punkty K i L leżą
odpowiednio na bokach BC i AC, przy czym czworokąt CLP K jest
równoległobokiem. Dowieść, że
AE BD
=
.
EL DK
Rozwiązanie
Ponieważ KD k LP , DP k P A oraz P K k AL, więc trójkąty KDP i LP A
są podobne (rys. 1). Zatem
C
DK P K
=
, czyli AL · DK = P K · P L.
PL
AL
K
Analogicznie, korzystając z podobieństwa trójkątów
L
D
LEP i KP B, dowodzimy, że BK · EL = P L · P K. Na E
mocy dwóch ostatnich równości otrzymujemy
P
AL BK
AL · DK = BK · EL, czyli
=
.
A
B
EL DK
rys. 1
1
Na podstawie materiałów Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej oraz prac
uczestników opracowali: Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.
34
Stąd
AE + EL BD + DK
=
,
EL
DK
Zadanie 3.
AE BD
=
.
EL DK
a więc
Znaleźć wszystkie takie liczby naturalne n ­ 2, że nierówność
n−1 2
(1)
x1 x2 + x2 x3 + ... + xn−1 xn ¬
x1 + x22 + ...+ x2n
n
zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x1 ,x2 ,...,xn .
Rozwiązanie
Odp.: Jedyną liczbą spełniającą warunki zadania jest n = 2.
Dla n = 2 dana nierówność przyjmuje postać
x1 x2 ¬ 12 (x21 + x22 ),
co sprowadza się do
0 ¬ 21 (x1 − x2 )2 .
Zatem liczba n = 2 spełnia warunki zadania.
Jeśli n ­ 3, to nierówność (1) nie jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich. Liczby
(2)
x1 = 3,
x2 = x3 = ... = xn−1 = 4,
xn = 3
stanowią kontrprzykład. Istotnie: wstawiając powyższe wartości do nierówności (1) uzyskujemy
n−1
(9 + 16
+ 16 {z
+ ... + 16} +9).
12 + 16
+ 16 {z
+ ... + 16} +12 ¬
|
|
n
n−3
n−2
Przekształcając równoważnie powyższą nierówność otrzymujemy 3n ¬ 7, co
nie jest prawdą, gdy n ­ 3.
Uwaga
Na pomysł rozważenia ciągu (2) można nietrudno wpaść przeprowadzając
następujące rozumowanie:
Próbujemy udowodnić zależność (1) dla n = 3, tzn. próbujemy dowieść
nierówności:
(3)
?
x21 + x22 + x23 − 32 (x1 x2 + x2 x3 ) ­ 0,
którą możemy również zapisać jako
?
(x1 − 43 x2 )2 + (x3 − 43 x2 )2 ­ 18 x22 .
Z powyższej postaci bez trudu wnioskujemy, że nierówność (3) nie jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich: dla x 1 = x3 = 3, x2 = 4
wyrażenie (x1 − 43 x2 )2 + (x3 − 43 x2 )2 jest równe 0, zaś liczba 18 x22 jest dodatnia.
Stąd pomysł rozważenia ciągu (2) dla dowolnego n.
Zadanie 4.
Rozstrzygnąć, czy w sześciennym pudełku o krawędzi 4 można umieścić 65 kul o średnicy 1.
35
Rozwiązanie
Odp.: Można.
Sposób umieszczenia kul jest następujący.
Na dnie pudełka umieszczamy warstwę złożoną z 16 kul. Następnie kładziemy warstwę złożoną z 9 kul, z których każda jest styczna do czterech kul
pierwszej warstwy (rys. 2 i 3). Trzecia warstwa składa się z 16 kul stycznych
do kul drugiej warstwy (rys. 5 i 6). Podobnie umieszczamy dwie następne
warstwy (rys. 7).
1
1
1
rys. 2 (widok z góry)
rys. 3 (widok z boku)
rys. 4
Łącznie umieściliśmy więc 16 + 9 + 16 + 9 + 16 = 66 kul. Pozostaje obliczyć,
jak wysoko sięga piąta warstwa.
rys. 5 (widok z góry)
rys. 6 (widok z boku)
rys. 7 (widok z boku)
Wybierzmy dowolną kulę drugiej warstwy; kula ta jest styczna do czterech
kul pierwszej warstwy. Środki tych pięciu kul są wierzchołkami ostrosłupa
prawidłowego czworokątnego, którego każda krawędź ma długość 1 √(rys. 4).
Na mocy twierdzenia Pitagorasa wysokość tego ostrosłupa wynosi 22 . Stąd
wynika, że najwyższy punkt, do którego
sięga piąta warstwa, jest odległy
√
√
2
1
1
od płaszczyzny podstawy o 2 + 4· 2 + 2 = 1 + 2 2 < 4. Umieszczone w ten
sposób 66 kul mieści się w sześciennym pudełku o krawędzi 4.
Zadanie 5.
36
Dowieść, że dla dowolnej liczby naturalnej n ­ 2 i dowolnej liczby
p
pierwszej p liczba np + pp jest złożona.
Rozwiązanie
Jeżeli p jest liczbą pierwszą nieparzystą, to na mocy tożsamości
xp + y p = (x + y)(xp−1 − xp−2 y + xp−3 y 2 − ... − xy p−2 + y p−1 ) ,
(1)
p−1
p
w której kładziemy x = np
i y = p, liczba np + pp jest złożona. (Dla powyższych wartości x, y zachodzą nierówności x p + y p > x + y > 1, więc każdy
z czynników stojących po prawej stronie wzoru (1) jest większy od 1).
Natomiast dla p = 2 otrzymujemy n4 + 4 = (n2 + 2n + 2)(n2 − 2n + 2). Ponieważ n ­ 2, więc oba czynniki są większe od 1. Stąd wynika, że dla n ­ 2
liczba n4 + 4 jest złożona.
Uwaga 1.
Tożsamość (1) dowodzi, że teza zadania jest prawdziwa, jeśli liczbę pierwszą p zastąpimy dowolną liczbą naturalną niebędącą potęgą dwójki. Jeśli
bowiem q > 1 jest nieparzystym dzielnikiem liczby p, to w tożsamości (1)
p
wstawiamy q w miejsce p, po czym kładziemy x = n p /q i y = pp/q .
Uwaga 2.
Dla p = 4 dana w zadaniu liczba przyjmuje postać a = n 256 + 256. Z małego
twierdzenia Fermata wynika, że liczba ta dzieli się przez 257 dla dowolnej
liczby naturalnej n, która nie jest wielokrotnością liczby 257. Ponadto liczba
a jest parzysta dla parzystych liczb n. To oznacza, że liczba n 256 + 256 może
być pierwsza tylko wtedy, gdy n jest nieparzystą wielokrotnością liczby 257.
Trzy najmniejsze liczby pierwsze a postaci n 256 + 256 otrzymujemy dla:
n = 345 · 257 = 88665 (liczba a ma wówczas 1267 cyfr), n = 407 · 257 = 104599
(a ma 1285 cyfr) i n = 1999 · 257 = 513743 (a ma 1462 cyfry).
Zadanie 6.
Liczby całkowite a, b, x, y spełniają równanie
2000
√
√
.
a + b 2001 = x + y 2001
Udowodnić, że a ­ 44b.
Rozwiązanie
Wykażemy najpierw, że zachodzi następująca równość:
2000
√
√
(1)
a − b 2001 = x − y 2001
.
Istotnie: ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy
2000 2000
X 2000
√
√
x + y 2001
=
y k 2001k/2 x2000−k = c + d 2001,
k
k=0
gdzie liczby całkowite c, d są dane przez:
(2) c =
1000
X
`=0
2000 2`
y 2001` x2000−2` ,
2`
d=
999 X
2000
`=0
2` + 1
y 2`+1 2001` x1999−2` .
37
Korzystając z danej w treści zadania równości uzyskujemy
√
(a − c) + (b − d) 2001 = 0.
√
Z niewymierności liczby 2001 wynika, że b = d, co z kolei pociąga za sobą
a = c. Zatem na mocy związków (2) otrzymujemy
√
√
a − b 2001 = c − d 2001 =
=
2000
X
k=0
2000
√
2000
(−y)k 2001k/2 x2000−k = x − y 2001
,
k
co dowodzi równości (1).
√
Z zależności (1) wynika, że a ­ b 2001. Ponadto
2000 2000
√
√
+ x − y 2001
­ 0.
2a = x + y 2001
Jeżeli b < 0, to nierówność podana w tezie zadania jest spełniona, gdyż a ­ 0.
Jeśli zaś b ­ 0, to
√
a ­ b 2001 ­ 44b.
Zadanie 7.
Dany jest trójkąt równoramienny ABC o kącie prostym przy wierzchołku A. Punkty D i E leżą na przeciwprostokątnej BC, przy czym
<
) DAE = 45◦. Okrąg opisany na trójkącie ADE przecina boki AB
i AC odpowiednio w punktach P i Q. Dowieść, że BP + CQ = P Q.
Rozwiązanie
Sposób I
) P AQ = 90◦ , punkt O
Niech O będzie środkiem odcinka P Q. Ponieważ <
jest środkiem okręgu przechodzącego przez punkty A, P , Q, D i E (rys. 8 i 9).
) DAE = 45◦ wyŚrednicą rozważanego okręgu jest odcinek P Q. Z warunku <
◦
) DOE = 90 . Wykazaliśmy tym samym, że trójkąt DOE jest pronika, że <
stokątny równoramienny, a więc BP k DO oraz CQ k EO.
A
P
A
O
B
D
E
rys. 8
O
P
Q
C
S
B
D
Q
E
C
rys. 9
Załóżmy najpierw, że proste BC i P Q nie są równoległe i przecinają się
w punkcie S (rys. 8). Na mocy twierdzenia Talesa uzyskujemy
CQ QS
BP P S
=
oraz
=
.
DO OS
EO OS
38
Dodając stronami powyższe równości mamy
BP + CQ P S + QS
=
= 2,
1
OS
2PQ
skąd natychmiast otrzymujemy tezę.
Załóżmy z kolei, że odcinki P Q i BC są równoległe (rys. 9). Wówczas
równoległoboki BDOP i ECQO są rombami. Stąd BP + CQ = P O + QO =
= P Q, co należało wykazać.
Sposób II
Oznaczmy przez O środek odcinka P Q. Tak jak na początku sposobu I
dowodzimy, że punkt O jest środkiem okręgu przechodzącego przez punkty
A, P , Q, D i E oraz że BP k EO oraz CQ k DO (rys. 10).
Bez straty ogólności przyjmijmy, że BP ­ CQ. Przez punkt Q poprowadźmy prostą równoległą do prostej BC przecinającą odcinki OD, OE i P B
odpowiednio w punktach K, L i M . Wówczas OL = OK.
C
D
Q
K
L
E
O
A
P
N
M
B
rys. 10
Niech N będzie środkiem odcinka P M . Na mocy twierdzenia odwrotnego
do twierdzenia Talesa uzyskujemy ON k QM . Zatem czworokąt N M LO jest
równoległobokiem. Stąd dostajemy
P N = N M = OL = OK .
Czworokąty QKDC oraz N BEO są również równoległobokami, co daje
BP + CQ = OE + P N + DK = OE + OO + DK = OE + OD = P Q.
Sposób III
) ADE = <
) BP E (rys. 11).
Punkty A, P , E, D leżą na jednym okręgu, więc <
◦
<
)
<
)
Ponadto DAE = 45 = P BE. Z powyższych równości wynika, że trójkąty
ADE i BP E są podobne, skąd w szczególności
(1)
<
) AED = <
) BEP .
39
Analogicznie dowodzimy, że
<
) ADE = <
) CDQ.
(2)
Niech A0 , P 0 , Q0 będą odpowiednio punktami symetrycznymi do A, P , Q
względem prostej BC. Na mocy równości (1) punkty A, E, P 0 są współliniowe; z równości (2) wynika, że punkty A, D, Q 0 są współliniowe.
C
Q
Q0
A0
C
Q0
A0
K
D
P0
P0
E
A
P
rys. 11
B
A
B
rys. 12
Pozostaje wykazać, że BP 0 + CQ0 = P 0 Q0 , przy założeniu, że punkty P 0
i
leżą odpowiednio na bokach BA0 i CA0 kwadratu ABA0 C oraz spełniony
) P 0 AQ0 = 45◦ (rys. 12).
jest warunek <
Niech K będzie punktem symetrycznym do punktu B względem prostej
AP 0 . Wówczas
Q0
(3)
AC = AK
oraz
<
) AKP 0 = 90◦ .
) CAQ0 = 45◦ − <
) P 0 AB = 45◦ − <
) P 0 AK = <
) KAQ0 . Z ostatniej zaPonadto <
leżności oraz z pierwszej równości (3) wynika, że trójkąty CAQ 0 i KAQ0 są
) AKQ0 = 90◦ , co w połączeniu z druprzystające (cecha bok-kąt-bok ). Zatem <
gą równością (3) dowodzi, że punkty P 0 , K i Q0 leżą na jednej prostej. Stąd
BP 0 + CQ0 = KP 0 + KQ0 = P 0 Q0 ,
co należało wykazać.
Zadanie 8.
Rozstrzygnąć, dla jakich par liczb naturalnych m i n prostokąt o bokach długości m i n można pociąć na części
przystające do figury na rysunku. Każdy z czterech kwadratów na rysunku ma bok długości 1.
Rozwiązanie
Odp.: Żądany podział jest możliwy wtedy i tylko wtedy, gdy m,n > 1 oraz
iloczyn mn jest podzielny przez 8.
Załóżmy najpierw, że udało nam się pociąć prostokąt m × n na części
przystające do danej figury (które w dalszej części rozwiązania będziemy
nazywać klockami). Oczywiście m,n > 1. Wykażemy, że 8|mn.
40
Każdy klocek składa się z czterech kwadratów jednostkowych, zatem iloczyn mn (pole prostokąta) musi być liczbą podzielną przez 4. Stąd w szczególności wynika, że długość jednego z boków prostokąta m × n jest liczbą
parzystą. Przyjmijmy więc, bez straty ogólności, że szerokość prostokąta, np.
wielkość m, jest parzysta.
Podzielmy dany prostokąt na mn kwadratów jednostkowych (które będziemy dalej nazywać kratkami). Wówczas prostokąt składa się z m (a więc
parzystej liczby) kolumn, z których każda zawiera n kratek (rys. 13).
rys. 13
rys. 14
Pomalujmy kolumny prostokąta na przemian na czarno i biało (rys. 14).
Każdy klocek wycięty z tak pomalowanego prostokąta zawiera trzy kratki jednego koloru i jedną kratkę drugiego koloru. Ponieważ liczba kratek białych
danego prostokąta jest równa liczbie kratek czarnych, więc klocków zawierających trzy kratki białe musi być tyle samo, co klocków zawierających trzy
kratki czarne. Liczba klocków, na które składa się cały prostokąt, jest więc
parzysta, co oznacza, że iloczyn mn jest podzielny przez 8.
Załóżmy teraz, że m,n > 1 oraz 8|mn. Wykażemy, że prostokąt m × n da
się pociąć na klocki.
Zauważmy, że prostokąty 4 × 2 oraz 8 × 3 da się pociąć na klocki (rys. 15
i 16). Zatem wystarczy wykazać, że prostokąt m × n da się pociąć na prostokąty 4 × 2 oraz 8 × 3.
rys. 15
rys. 16
Jeśli jedna z liczb m, n jest podzielna przez 4, a druga parzysta, to prostokąt m × n da się pociąć na prostokąty 4 × 2 (rys. 17), bez konieczności
używania prostokątów 8 × 3.
41
Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym jedna z liczb m, n jest
podzielna przez 8 (bez straty ogólności przyjmijmy, że jest nią m), zaś druga
(czyli n) jest nieparzysta i nie mniejsza niż 3. Prostokąt m × n dzielimy wówczas na dwa prostokąty m × (n−3) i m × 3, z których pierwszy dzielimy na
prostokąty 4 × 2, a drugi na prostokąty 8 × 3 (rys. 18). Zatem również i w tym
przypadku żądany podział jest możliwy.
rys. 17
Zadanie 9.
rys. 18
Dowieść, że wśród dowolnych 12 kolejnych liczb całkowitych dodatnich istnieje liczba niebędąca sumą 10 czwartych potęg liczb całkowitych.
Rozwiązanie
Liczba będąca czwartą potęgą liczby całkowitej daje z dzielenia przez 16
resztę 0 lub 1. Istotnie: dla liczb parzystych postaci 2k mamy (2k) 4 = 16k 4 ,
natomiast dla liczb nieparzystych 2k + 1 uzyskujemy
(2k + 1)4 = 16 k 4 + 2k 3 + 21 k(3k+1) + 1.
(Liczba 21 k(3k+1) jest całkowita dla dowolnej liczby całkowitej k).
Stąd wynika, że liczba, która jest sumą 10 czwartych potęg liczb całkowitych daje z dzielenia przez 16 jedną z jedenastu reszt: 0,1,2,3,...,10. Wśród
12 kolejnych liczb całkowitych żadne dwie nie dają tej samej reszty z dzielenia przez 16. Zatem któraś z tych 12 liczb nie daje z dzielenia przez 16 reszty
ze zbioru {0,1,2,3,... ,10}. Ta liczba nie może być więc sumą 10 czwartych
potęg liczb całkowitych.
Zadanie 10. Dowieść, że wewnątrz dowolnego trójkąta ABC istnieje punkt P o następującej własności:
Każda prosta przechodząca przez punkt P dzieli obwód trójkąta ABC
w takim samym stosunku, w jakim dzieli ona jego pole.
Rozwiązanie
Wykażemy, że własność opisaną w treści zadania ma środek okręgu wpisanego.
42
Niech ` będzie dowolną prostą przechodzącą przez punkt P będący środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC (rys. 19).
C
r
D
A
P
r
E
`
r
rys. 19
B
Bez straty ogólności przyjmijmy, że prosta ` przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach D i E. Należy wykazać, że
[ABED] DA + AB + BE
=
,
(1)
[DEC]
EC + CD
gdzie [F] jest polem figury F. Oznaczając przez r promień okręgu wpisanego
w trójkąt ABC otrzymujemy
(2) [ABED] = [DAP ] + [ABP ] + [BEP ] = 12 DA · r + 12 AB · r + 12 BE · r =
oraz
(3)
= 12 (DA + AB + BE) · r
[DEC] = [ECP ] + [CDP ] = 12 EC · r + 12 CD · r = 21 (EC + CD) · r.
Dzieląc stronami równości (2) i (3) uzyskujemy równość (1).
Uwaga
Jak dojść do tego, że punktem P o własności opisanej w treści zadania
jest środek okręgu wpisanego?
C
Rozważmy prostą przechodzącą przez punkt C
i dzielącą pole oraz obwód trójkąta ABC w tym samym stosunku. Niech F będzie punktem przecięcia tej
prostej z bokiem AB (rys. 20). Mamy więc
[AF C] CA + AF
A
B
F
=
.
rys.
20
[BF C] CB + BF
Ponieważ trójkąty AF C i BF C mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka C, więc zachodzi równość
CA + AF
AF
[AF C] AF
=
,
skąd
=
.
[BF C] BF
CB + BF BF
Zatem
CA
CA + AF CB + BF CB
CA CB
+1 =
=
=
+ 1, co daje
=
.
AF
AF
BF
BF
AF BF
43
Ta równość oznacza, że prosta CF jest dwusieczną kąta ACB. Punkt P o własności opisanej w treści zadania musi więc znajdować się na tej dwusiecznej.
Przeprowadzając analogiczne rozumowanie dla prostej przechodzącej przez
wierzchołek B wnioskujemy, że punkt P musi być punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC, czyli środkiem okręgu wpisanego w trójkąt
ABC.
Powyższe rozumowanie dowodzi również, że środek okręgu wpisanego jest
jedynym punktem o żądanej własności.
Zadanie 11. Układ liczb całkowitych dodatnich c1 ,c2 ,...,cn nazwiemy dopuszczalnym, gdy za pomocą wagi szalkowej i dwóch kompletów odważników
o ciężarach c1 ,c2 ,...,cn można zważyć dowolny przedmiot o ciężarze będącym liczbą naturalną nieprzekraczającą 2(c1 + c2 + ...+ cn ).
Dla każdej liczby n wyznaczyć maksymalną sumę n liczb tworzących
układ dopuszczalny.
Uwaga: Odważniki można kłaść na obie szalki wagi.
Rozwiązanie
Niech p1 ,p2 ,...,pn oraz q1 ,q2 ,...,qn będą dwoma zestawami odważników
o ciężarach odpowiednio c1 ,c2 ,...,cn . Wykażemy najpierw, że przy pomocy
tych dwóch zestawów możemy zważyć co najwyżej 21 (5n −1) przedmiotów,
niezależnie od tego, czy liczby c1 ,c2 ,...,cn tworzą układ dopuszczalny, czy
nie.
Ustawienie odważników na szalkach wagi nazwiemy optymalnym, jeśli dla
każdego k ∈ {1,2,...,n} ciężarki pk i qk nie znajdują się na dwóch różnych
szalkach wagi.
Aby otrzymać ustawienie optymalne, dwa odważniki
lewa
prawa
pk i qk możemy ustawić na szalkach wagi na 5 sposobów
szalka szalka
(zob. tabela obok). Zatem liczba wszystkich optymalnych
0
0
ustawień odważników jest równa 5n . W tej liczbie mieści
1
0
się jedno ustawienie „puste”, w którym na żadną szalkę
2
0
nie kładziemy odważników. Pozostałe ustawienia można
0
1
połączyć w pary symetryczne, w których jedno ustawie0
2
nie powstaje z drugiego przez zamianę zawartości obydwu
szalek wagi.
Tak więc liczba niepustych, istotnie różnych optymalnych ustawień odważników wynosi 21 (5n −1), co oznacza, że możemy zważyć co najwyżej 12 (5n −1)
przedmiotów o różnych ciężarach.
Załóżmy, że liczby c1 ,c2 ,...,cn tworzą układ dopuszczalny. Wówczas masa
najcięższego przedmiotu jaki można zważyć wynosi 2(c 1 + c2 + ... + cn ). Ponieważ nie da się zważyć więcej niż 21 (5n −1) przedmiotów,
(1)
44
2(c1 + c2 + ... + cn ) ¬ 12 (5n −1).
Wykażemy teraz, że liczby c1 = 1, c2 = 5, c3 = 52 , ..., cn = 5n−1 tworzą
układ dopuszczalny. Dla tych wartości c i zachodzi równość
(2)
2(c1 + c2 + ... + cn ) = 12 (5n −1).
Należy więc udowodnić, że przy pomocy dwóch kompletów odważników o ciężarach 1, 5, 52 , ..., 5n−1 można zważyć każdy przedmiot o ciężarze będącym
liczbą naturalną nieprzekraczającą 12 (5n −1). Dowód tego faktu przeprowadzimy na dwa sposoby.
Sposób I
Indukcja. Dla n = 1 mamy dwa odważniki o ciężarze 1 każdy i przy ich
pomocy można zważyć przedmiot o ciężarze 1 lub 2 = 21 (51 −1).
Załóżmy, że dysponujemy dwoma zestawami odważników o ciężarach 1,
5, 52 , ..., 5n−1 i przy ich pomocy umiemy zważyć każdy przedmiot o ciężarze
nieprzekraczającym 21 (5n −1). Oto jak zważyć przedmiot p o ciężarze c, gdy:
(a) c ∈ h 21 (5n −1)+1, 5n −1i.
Korzystając z założenia indukcyjnego ważymy najpierw przedmiot q o ciężarze 5n − c kładąc go na prawą szalkę wagi. Następnie kładziemy dodatkowy
ciężarek o masie 5n na prawą szalkę wagi, zdejmujemy przedmiot q i kładziemy przedmiot p na lewą szalkę.
(b) c ∈ h5n +1, 12 (3·5n −1)i.
Podobnie jak w przypadku (a), ważymy najpierw przedmiot q o ciężarze
c − 5n kładąc go na prawą szalkę wagi. Następnie kładziemy dodatkowy ciężarek o masie 5n na lewą szalkę wagi, zdejmujemy przedmiot q i kładziemy
przedmiot p na prawą szalkę.
(c) c ∈ h 21 (3·5n −1)+1, 2·5n −1i.
Ważymy najpierw przedmiot q o ciężarze 2·5 n − c kładąc go na prawą szalkę wagi. Następnie kładziemy dwa ciężarki o masie 5 n na prawą szalkę wagi,
zdejmujemy przedmiot q, po czym kładziemy przedmiot p na lewą szalkę.
(d) c ∈ h2·5n +1, 21 (5n+1 −1)i.
Ważymy najpierw przedmiot q o ciężarze c − 2·5 n kładąc go na prawą
szalkę wagi. Następnie kładziemy dwa ciężarki o masie 5 n na lewą szalkę
wagi, zdejmujemy przedmiot q, po czym kładziemy przedmiot p na prawą
szalkę.
Przedmioty o masach 5n i 2·5n można zważyć używając jedynie dwóch
odważników o masie 5n . Dowód indukcyjny został więc zakończony.
Sposób II
Niech c będzie dowolną liczbą naturalną nieprzekraczającą 21 (5n −1). Wówczas liczba c + 12 (5n −1) jest mniejsza od 5n . Liczbę tę można zatem zapisać
45
w systemie piątkowym przy użyciu co najwyżej n cyfr. Innymi słowy
c + 12 (5n −1) =
Ponieważ
n−1
X
ai 5i ,
gdzie ai ∈ {0,1,2,3,4}.
i=0
1 n
2
n−1 ), więc
2 (5 −1) = 2(1 + 5 + 5 + ... + 5
n−1
X
c=
εi 5i , gdzie εi ∈ {−2,−1,0,1,2}.
i=0
Powyższa równość oznacza, że przedmiot o ciężarze c można zważyć przy
pomocy dwóch kompletów odważników o ciężarach 1, 5, 5 2 , ..., 5n−1 , co
kończy dowód.
Z równości (1) i (2) wynika, że maksymalna suma zbioru n liczb dopuszczalnych wynosi 41 (5n −1).
Zadanie 12. Rozpatrujemy ciągi liczb całkowitych x0 ,x1 ,...,x2000 spełniające warunki
x0 = 0 oraz |xn | = |xn−1 + 1|
dla n = 1,2,...,2000 .
Znaleźć najmniejszą wartość wyrażenia |x1 + x2 + ... + x2000 | .
Rozwiązanie
Odp.: Najmniejsza wartość danego wyrażenia jest równa 12.
Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnego ciągu (x n ) spełniającego warunki zadania zachodzi równość
(n = 0,1,2,3,...,2000).
(1)
x0 + x1 + x2 + ... + xn = 12 (x2n + 2xn − n)
Dla n = 0 obie strony powyższej równości są równe 0. Załóżmy więc, że zależność (1) jest prawdziwa dla pewnego n. Wówczas
x0 + x1 + x2 + ... + xn + xn+1 = 12 (x2n + 2xn − n) + xn+1 =
= 21 ((xn + 1)2 − (n + 1)) + xn+1 = 12 (x2n+1 − (n + 1)) + xn+1 =
= 12 (x2n+1 + 2xn+1 − (n + 1)),
co kończy dowód indukcyjny wzoru (1). Zatem
|x1 + x2 + ... + x2000 | = 12 |x22000 + 2x2000 − 2000| = 12 |(x2000 + 1)2 − 2001|.
Liczbą kwadratową leżącą najbliżej liczby 2001 jest 2025 = 45 2 . Stąd oraz
z powyższej równości wnioskujemy, że wyrażenie |x 1 + x2 + ... + x2000 | nie może przyjąć wartości mniejszej niż 21 |2025 − 2001| = 12.
Pozostaje zauważyć, że wartość 12 można zrealizować przyjmując


 n dla n ¬ 44;
xn = −45 dla n > 44, n nieparzyste;

 44 dla n > 44, n parzyste.
Powyższy ciąg spełnia warunki zadania. Ponadto x 2000 = 44, co na mocy równości (1) daje |x1 + x2 + ... + x2000 | = 12.
46
Zawody stopnia drugiego
Zadanie 1.
Dane są liczby naturalne k, n większe od 1, przy czym liczba p = 2k−1
jest pierwsza. Dowieść, że jeżeli liczba
n
k
−
2
2
jest podzielna przez p, to jest ona podzielna przez p2 .
Rozwiązanie
Liczba p jest dzielnikiem liczby
n(n − 1) k(k − 1) (4n2 − 4n + 1) − (4k 2 − 4k + 1) (2n − 1)2 − p2
−
=
=
.
2
2
8
8
Zatem p, jako liczba nieparzysta, jest dzielnikiem liczby (2n − 1) 2 − p2 . Liczba
p jest pierwsza, skąd p | (2n−1). Z podzielności tej wynika, że p 2 | (2n − 1)2 ,
czyli p2 | a.
a=
Uwaga
Teza zadania jest prawdziwa także wtedy, gdy liczba p nie jest podzielna
przez kwadrat żadnej liczby całkowitej.
Zadanie 2.
Punkty A, B, C leżą w tej właśnie kolejności na jednej prostej, przy
czym AB < BC. Punkty D, E są wierzchołkami kwadratu ABDE.
Okrąg o średnicy AC przecina prostą DE w punktach P i Q, przy
czym punkt P należy do odcinka DE. Proste AQ i BD przecinają
się w punkcie R. Udowodnić, że DP = DR.
Rozwiązanie
Kąt AP C jest prosty jako kąt wpisany
oparty na średnicy (rys. 21). Stąd
<
) EAP = 90◦ − <
) P AC = <
) ACP .
E
Z kolei z równości łuków AP i CQ wynika rówA
ność kątów ACP i CAQ, skąd
<
) EAP = <
) BAR.
P
D
Q
R
B
rys. 21
C
Trójkąty P AE i RBA są więc przystające (cecha kąt-bok-kąt), co dowodzi,
że EP = BR. Stąd DP = DR.
Zadanie 3.
Niech n ­ 3 będzie liczbą naturalną. Dowieść, że dowolny wielomian
postaci
xn + an−3 xn−3 + an−4 xn−4 + an−5 xn−5 + ...+ a1 x + a0 ,
gdzie co najmniej jeden ze współczynników rzeczywistych a0 ,a1 ,...,
an−3 jest różny od zera, ma mniej niż n pierwiastków rzeczywistych
(każdy pierwiastek liczymy tyle razy, ile wynosi jego krotność).
47
Rozwiązanie
Sposób I
Przypuśćmy, że dany w treści zadania wielomian ma n pierwiastków rzeczywistych x1 ,x2 ,...,xn . Ze wzorów Viéte’a wynika, że
x1 + x2 + ... + xn = −an−1 = 0
oraz
x21 + x22 + ... + x2n = a2n−1 − 2an−2 = 0,
X
xi xj = an−2 = 0 .
1¬i<j¬n
Zatem
skąd x1 = x2 = ... = xn = 0. Jednak powyższa równość pociąga za sobą a 0 = a1 = ... = an−3 = 0, co przeczy
założeniu.
Otrzymana sprzeczność dowodzi, że dany wielomian stopnia n nie może
mieć n pierwiastków rzeczywistych, zatem musi ich mieć mniej niż n.
Sposób II
Rozwiązanie oprzemy na następującym lemacie.
Lemat
Jeżeli wielomian W (x) o współczynnikach rzeczywistych ma k pierwiastków rzeczywistych (licząc z krotnościami), to jego pochodna W 0 (x) ma co
najmniej k − 1 pierwiastków rzeczywistych.
Dowód lematu
Niech x1 < x2 < ... < x` będą wszystkimi różnymi rzeczywistymi pierwiastkami wielomianu W (x), a m1 ,m2 ,...,m` odpowiednio ich krotnościami. Z założenia m1 + m2 + ... + m` = k.
Na mocy twierdzenia Rolle’a wielomian W 0 (x) ma w każdym z przedziałów
(xi ,xi+1 ), i = 1,2,...,` − 1 co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty. Ponadto
jego pierwiastkami są pierwiastki wielokrotne wielomianu W (x), przy czym
przy różniczkowaniu wielomianu ich krotność obniża się o 1. Zatem wielomian
W 0 (x) ma co najmniej
` − 1 + (m1 − 1) + (m2 − 1) + ... + (m` − 1) = k − 1
pierwiastków. Tym samym dowód lematu jest zakończony.
Załóżmy, że m ¬ n − 3 jest największą liczbą naturalną, dla której a m 6= 0.
Wtedy pochodna rzędu m danego wielomianu ma postać
n!
xn−m + m!am .
(1)
(n − m)!
Wielomian (1) ma co najwyżej 2 pierwiastki. Gdyby więc wyjściowy wielomian miał n pierwiastków rzeczywistych, to na mocy lematu wielomian (1)
miałby co najmniej n − m ­ 3 pierwiastków. Otrzymaliśmy sprzeczność.
48
Zadanie 4.
Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n ­ 3, dla których prawdziwe
jest następujące zdanie:
W dowolnym n-wyrazowym ciągu arytmetycznym a1 ,a2 ,...,an , dla
którego liczba 1 · a1 + 2 · a2 + ...+ n · an jest wymierna, istnieje wyraz
będący liczbą wymierną.
Rozwiązanie
Odp.: Rozpatrywane zdanie jest prawdziwe jedynie dla liczb n ­ 3 dających z dzielenia przez 3 resztę 1.
Niech ai = a + ir (i = 1,2,...,n) będzie ciągiem arytmetycznym. Korzystając ze wzorów
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)
oraz 12 + 22 + ... + n2 =
1 + 2 + ... + n =
2
6
stwierdzamy, że dana w treści zadania suma jest równa
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)
a+
r.
S=
2
6
Stąd uzyskujemy
2S
2n + 1
(1)
= a+
r.
n(n + 1)
3
Załóżmy najpierw, że liczba n daje z dzielenia przez 3 resztę 1. Wówczas
liczba k = 13 (2n + 1) jest całkowita. Z równości (1) oraz z faktu, że S jest liczbą
wymierną, wynika, że wyraz ak jest liczbą wymierną. Zatem rozpatrywane
zdanie jest w tym przypadku prawdziwe.
Załóżmy z kolei, że liczba n nie daje z dzielenia przez 3 reszty 1 (innymi
słowy, liczba 13 (2n + 1) nie jest całkowita). Skonstruujemy ciąg arytmetyczny
ai , dla którego rozpatrywane zdanie nie jest prawdziwe. W tym celu przyjmijmy:
√
√
r = 2 oraz a = − 13 (2n + 1) 2 .
Ze związku (1) otrzymujemy S = 0, jednak dla dowolnego i ∈ {1,2,...,n} liczba
√
ai = i − 13 (2n + 1) 2
jest niewymierna. Rozpatrywane zdanie nie jest więc prawdziwe, jeśli n nie
daje z dzielenia przez 3 reszty 1.
49
Zadanie 5.
Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Prosta AI
przecina bok BC w punkcie D. Dowieść, że AI + CD = AC wtedy
) C.
) B = 60◦ + 13 <
i tylko wtedy, gdy <
Rozwiązanie
Niech E będzie takim punktem leżącym na boku AC, że AI = AE (zob.
rys. niżej). Wówczas
AI + CD = AC
A
Zadanie 6.
trójkąty CDI i CEI są przystające
<
) AEI = <
) ADB
⇔
trójkąty AIE i ABD są podobne
<
)B =<
) ADB
⇔
) A+<
)C
<
) B = 12 <
⇔
I
D
C
CE = CD
⇔
⇔
E
B
⇔
⇔
)C.
<
) B = 60◦ + 31 <
Dla danej liczby całkowitej dodatniej n rozstrzygnąć, czy podzbiorów
n-elementowych zbioru {1,2,3,...,2n−1,2n} mających sumę elementów parzystą jest tyle samo, co podzbiorów n-elementowych mających
nieparzystą sumę elementów. Jeśli nie, to rozstrzygnąć, których jest
więcej i o ile.
Rozwiązanie
Sposób I
Połączmy liczby ze zbioru S = {1,2,3,...,2n−1,2n} w pary:
(1,2), (3,4), ..., (2n−1,2n).
Niech X będzie n-elementowym podzbiorem zbioru S. Wybierzmy (jeśli jest
to możliwe) najmniejszą liczbę x ze zbioru X o tej własności, że liczba y
występująca w parze z liczbą x nie należy do zbioru X. Następnie usuńmy ze
zbioru X element x zastępując go elementem y. Otrzymany zbiór nazwijmy
f (X). Zbiory X i f (X) mają sumy elementów różnej parzystości.
W dalszej części rozwiązania rozpatrzymy dwa przypadki:
(a) Liczba n jest nieparzysta.
Wówczas odwzorowanie f jest określone dla dowolnego n-elementowego
podzbioru zbioru S i łączy ono w pary (X,f (X)) wszystkie podzbiory n-elementowe o nieparzystej sumie elementów ze wszystkimi n-elementowymi podzbiorami o sumie elementów parzystej. To dowodzi, że n-elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów jest tyle samo, co n-elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów.
(b) Liczba n jest parzysta.
W tym przypadku odwzorowania f nie da się określić jedynie dla tych
n-elementowych podzbiorów zbioru S, które są złożone z pełnych par. Zbio50
n
rów tych jest n/2
i wszystkie one mają sumę elementów o takiej samej parzystości, jak parzystość liczby n/2. Pozostałe podzbiory możemy połączyć
w pary (X,f (X)).
Jeżeli więc n dzieli się przez cztery,
to n-elementowych podzbiorów o pan rzystej sumie elementów jest o n/2 więcej niż n-elementowych podzbiorów
o nieparzystej sumie elementów. Jeśli natomiast n nie dzieli
się przez cztery,
n to podzbiorów o nieparzystej sumie elementów jest o n/2 więcej.
Sposób II
Dzieląc dany zbiór na podzbiory {1,3,5,7,...,2n−1} oraz {2,4,6,...,2n}
stwierdzamy, że aby uzyskać podzbiór n-elementowy o parzystej sumie elementów, trzeba wybrać parzystą liczbę elementów z pierwszego zbioru i uzupełnić je elementami ze zbioru drugiego. Można to uczynić na
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
·
+
·
+
·
+ ... =
+
+
+ ...
0
n
2
n−2
4
n−4
0
2
4
sposobów. Oczywiście powyższe sumy są skończone, a postać ostatniego wyrazu zależy od parzystości liczby n.
Podobnie, aby otrzymać podzbiór n-elementowy o nieparzystej sumie elementów, trzeba wybrać nieparzystą liczbę elementów z pierwszego zbioru
i uzupełnić je elementami ze zbioru drugiego. Można to uczynić na
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
·
+
·
+
·
+ ... =
+
+
+ ...
1
n−1
3
n−3
5
n−5
1
3
5
sposobów. Zatem różnica R, której szukamy, tzn. liczba n-elementowych podzbiorów o parzystej sumie elementów minus liczba n-elementowych podzbiorów o nieparzystej sumie elementów, wynosi
2
2
2
2
n
n
n
n
+ ... .
−
+
−
R=
3
2
1
0
Powyższą sumę obliczymy korzystając z tożsamości
(1 + x)n (1 − x)n = (1 − x2 )n ,
którą na mocy wzoru dwumianowego Newtona można przepisać w postaci
(1)
n X
n
k=0
k
x
k
!
·
n X
n
k=0
k
(−1)
n−k n−k
x
!
=
n X
n
k=0
k
(−1)k x2k .
Wymnażając nawiasy po lewej stronie zależności (1) stwierdzamy, że współczynnik stojący przy xn wynosi (−1)n R. Porównując go ze współczynnikiem
stojącym z prawej strony wzoru (1) uzyskujemy

0
jeśli n jest liczbą nieparzystą,


R=




−
n n/2
n n/2
jeśli n/2 jest liczbą parzystą,
jeśli n/2 jest liczbą nieparzystą.
51
Zawody stopnia trzeciego
Zadanie 1.
Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej n ­ 2 i dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych x1 ,x2 ,...,xn zachodzi nierówność
X
n
n
X
n
ixi ¬
+
xii .
2
i=1
i=1
Rozwiązanie
Sposób I
Z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną zastosowanej do liczb
y1 = xii ,
y2 = y3 = ... = yi = 1
(2 ¬ i ¬ n)
otrzymujemy
(1)
Zatem
y1 + y2 + y3 + ... + yi xii + (i − 1)
√
=
.
xi = i y1 y2 y3 ...yi ¬
i
i
n
X
i=1
ixi ¬
n
X
i=1
(i − 1) +
n
X
xii ,
czyli
i=1
n
X
i=1
ixi ¬
n
X
n
+ xii .
2
i=1
Uwaga
W nierówności (1) równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie
liczby y1 ,y2 ,...,yi są równe. Zatem w danej w zadaniu nierówności równość
zachodzi tylko przy x2 = x3 = ... = xn = 1.
Sposób II
Ponieważ z nierówności
(2)
ix ¬ (i − 1) + xi
dla i = 1,2,...,n,
x­0
wynika bezpośrednio teza zadania, w tym i w następnych rozwiązaniach ograniczymy się do udowodnienia nierówności (2) dla liczb rzeczywistych nieujemnych x i całkowitych i ­ 2 (dla i = 1 nierówność (2) staje się równością, jest
więc automatycznie spełniona).
Przyjmując y = x − 1 stwierdzamy, że y ­ −1. Nierówność (2) przybiera
wtedy postać
(1 + y)i ­ i(1 + y) − (i − 1) ,
czyli
(1 + y)i ­ 1 + iy .
Ostatnia nierówność to nierówność Bernoulliego (zob. Dodatek , str. 99).
Sposób III
Niech W (x) = xi + (i − 1) − ix. Wtedy
W (x) = xi − 1 − i(x − 1) = (x − 1)(xi−1 + xi−2 + ... + x + 1 − i) =
= (x − 1)(xi−1 + xi−2 + ... + x − (i − 1)) .
52
Dla x ­ 1 mamy x − 1 ­ 0 oraz xi−1 + xi−2 + ... + x ­ i − 1, skąd W (x) ­ 0.
Z kolei dla 0 ¬ x < 1 mamy x − 1 < 0 oraz xi−1 + xi−2 + ... + x < i − 1, skąd
znowu W (x) > 0.
Zatem W (x) ­ 0 dla dowolnego x ­ 0.
Sposób IV
Niech W (x) będzie jak w poprzednim rozwiązaniu. Wtedy
W (x) = (x − 1) xi−1 + xi−2 + ... + x − (i − 1) =
= (x − 1) xi−1 − 1 + xi−2 − 1 + ... + x2 − 1 + x − 1 =
= (x − 1)2 (xi−2 + xi−3 + ... + x + 1) + (xi−3 + xi−4 + ... + x + 1) + ...
... + (x2 + x + 1) + (x + 1) + 1 .
Ponieważ drugi czynnik powyższego iloczynu ma wszystkie składniki nieujemne dla x ­ 0, więc W (x) ­ 0 dla x ­ 0.
Zadanie 2.
Dowieść, że suma odległości dowolnego punktu leżącego wewnątrz
czworościanu foremnego o krawędzi 1 od jego wierzchołków jest nie
większa niż 3.
Rozwiązanie
Sposób I
Niech A1 A2 A3 A4 będzie danym czworościanem, a P dowolnym punktem
w jego wnętrzu. Załóżmy, że prosta A i P przecina przeciwległą ścianę czworościanu A1 A2 A3 A4 w punkcie Bi (rys. 22).
A4
B2
B3
P
B1
A3
A1
B4
rys. 22
A2
Niech Ci będzie czworościanem, którego jedną ścianą jest ta ściana czworościanu A1 A2 A3 A4 , która zawiera punkt Bi , zaś przeciwległym wierzchołkiem
53
punkt P . Wtedy
4
X
P Bi
AB
i=1 i i
=
4
X
V (Ci )
=1,
V
(A
1 A2 A3 A4 )
i=1
gdzie V (T ) oznacza objętość czworościanu T . Zatem
4
X
Ai P
i=1
Ai Bi
= 3,
skąd w połączeniu z nierównościami A i Bi < 1 otrzymujemy tezę zadania.
Sposób II
Udowodnimy najpierw wersję płaską tezy zadania, a mianowicie, że suma odległości dowolnego punktu leżącego wewnątrz trójkąta równobocznego
o boku a od jego wierzchołków jest nie większa niż 2a.
Niech P będzie punktem wewnętrznym trójkąta równobocznego ABC
o boku a. Przez A0 i B 0 oznaczmy punkty przecięcia prostej równoległej do
boku AB i przechodzącej przez punkt P , odpowiednio z bokami AC i BC
(rys. 23). Wówczas trójkąt A0 B 0 C jest równoboczny i CP ¬ A0 B 0 . Ponadto
z nierówności trójkąta wynikają nierówności
AP ¬ AA0 + A0 P
skąd
oraz
BP ¬ BB 0 + B 0 P ,
AP + BP + CP ¬ AA0 + A0 P + BB 0 + B 0 P + A0 B 0 = 2a .
Teza zadania w wersji płaskiej została więc udowodniona.
D
C
C0
A0
P
A0
P
B0
B0
C
A
A
B
rys. 23
rys. 24
B
Analogicznie postępujemy w sytuacji trójwymiarowej.
Niech P będzie punktem wewnętrznym czworościanu foremnego ABCD
o krawędzi 1. Przez A0 , B 0 i C 0 oznaczmy punkty przecięcia płaszczyzny
równoległej do płaszczyzny ABC i przechodzącej przez punkt P , odpowiednio
54
z krawędziami AD, BD i CD (rys. 24). Wówczas czworościan A 0 B 0 C 0 D jest
foremny i DP ¬ A0 B 0 . Ponadto z nierówności trójkąta wynikają nierówności
skąd
AP ¬ AA0 + A0 P,
BP ¬ BB 0 + B 0 P
oraz
CP ¬ CC 0 + C 0 P ,
AP + BP + CP + DP ¬ AA0 + A0 P + BB 0 + B 0 P + CC 0 + C 0 P + A0 B 0 .
Na mocy wersji płaskiej mamy A0 P + B 0 P + C 0 P ¬ 2A0 B 0 . Zatem
AP + BP + CP + DP ¬ AA0 + BB 0 + CC 0 + 3A0 B 0 = 3,
co kończy rozwiązanie zadania.
Sposób III
Wprowadźmy w przestrzeni trójwymiarowy układ współrzędnych (w dowolny sposób).
Niech a będzie dowolną liczbą rzeczywistą, zaś X, Y dowolnymi punktami
przestrzeni, odpowiednio o współrzędnych (x 1 ,x2 ,x3 ), (y1 ,y2 ,y3 ). Zdefiniujmy
punkty X + Y oraz aX wzorami:
X + Y = (x1 + y1 ,x2 + y2 ,x3 + y3 )
oraz
aX = (ax1 ,ax2 ,ax3 ).
Dla ustalonego punktu A przestrzeni oznaczmy przez f A (X) odległość
punktu X do punktu A. Wykażemy, że funkcja f A jest wypukła, tzn. zachodzi
nierówność
(1)
fA (a1 X1 + a2 X2 ) ¬ a1 fA (X1 ) + a2 fA (X2 )
dla dowolnych punktów X1 , X2 przestrzeni oraz dowolnych liczb nieujemnych
a1 , a2 o sumie równej 1.
Dowód nierówności (1)
Ponieważ a1 + a2 = 1, więc punkt X = a1 X1 + a2 X2 leży na odcinku o końcach w punktach X1 , X2 .
A
Niech Y1 , Y2 będą takimi punktami leżącymi odpowiednio na bokach AX1 , AX2 trójkąta
Y2
X1 X2 A, że czworokąt AY1 XY2 jest równoległobokiem (rys. 25). Wówczas
Y
1
oraz
AY1 = a1 · AX1 = a1 fA (X1 )
AY2 = a2 · AX2 = a2 fA (X2 ).
X1
X2
X
rys. 25
Z nierówności trójkąta zastosowanej do 4AY 1 X uzyskujemy nierówność (1).
Dowolny punkt P leżący wewnątrz czworościanu A 1 A2 A3 A4 jest postaci
a1 A1 + a 2 A2 + a 3 A3 + a 4 A4 ,
55
gdzie liczby a1 , a2 , a3 , a4 są nieujemne oraz a1 + a2 + a3 + a4 = 1. Stąd oraz
z uogólnionej nierówności Jensena (zob. Dodatek , str. 100) otrzymujemy
4
X
Ai P =
i=1
fAi (P ) =
i=1
¬
Zadanie 3.
4
X
4
X
f Ai
i=1
4 X
4
X
4
X
j=1
aj fAi (Aj ) =
i=1 j=1
4
X
aj Aj ¬
aj
4
X
fAi (Aj ) = 3 .
i=1
j=1
Rozważamy ciąg (xn ) określony rekurencyjnie wzorami
x1 = a, x2 = b oraz xn+2 = xn+1 + xn
dla n = 1,2,3,... ,
gdzie a i b są liczbami rzeczywistymi.
Liczbę c będziemy nazywać wartością wielokrotną ciągu (xn ), jeżeli
istnieją co najmniej dwie różne liczby całkowite dodatnie k i l takie,
że xk = xl = c. Wykazać, że można tak dobrać liczby a i b, aby ciąg
(xn ) miał więcej niż 2000 wartości wielokrotnych, ale nie można tak
dobrać a i b, aby miał on nieskończenie wiele wartości wielokrotnych.
Rozwiązanie
Ciąg (xn ) spełnia taką samą rekurencję, jak ciąg Fibonacciego
F1 = F2 = 1,
Fn+2 = Fn+1 + Fn
dla n = 1,2,3,... .
= (−1)n+1 F
Niech dodatkowo F0 = 0 oraz F−n
n dla n = 1,2,3,.... Wówczas
równość Fn+2 = Fn+1 + Fn zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej n.
Przyjmijmy a = F−4001 oraz b = F−4000 . Wtedy xn = Fn−4002 . Ponadto dla
n = 1,3,5,7,...,4001 uzyskujemy xn = Fn−4002 = F4002−n = x8004−n . Stąd wynika, że liczby F1 ,F3 ,F5 ,...,F4001 są wartościami wielokrotnymi ciągu (x n );
są one różne i jest ich więcej niż 2000.
Dla dowolnego ciągu (xn ) spełniającego warunek
xn+2 = xn+1 + xn
dla n = 1,2,3,...
istnieją takie liczby rzeczywiste A i B, że
xn = Aαn + Bβ n dla n = 1,2,3,...,
√
√
gdzie α = 21 (1+ 5), β = 12 (1− 5) są pierwiastkami wielomianu x2 − x − 1.
Jeżeli A = B = 0, to wszystkie wyrazy ciągu (x n ) są zerami i liczba 0 jest
jedyną wartością wielokrotną ciągu (x n ).
Jeżeli A = 0 oraz B 6= 0, to wszystkie wyrazy ciągu (x n ) są różne i ciąg
(xn ) nie ma wartości wielokrotnych.
Jeżeli natomiast A 6= 0, to
lim xn =
n→∞
56
(
+∞
−∞
gdy A > 0 ,
gdy A < 0 .
Zatem istnieje taka liczba naturalna N , że x n 6= 0 dla wszystkich n ­ N . Ponadto
n
β
Aα + Bβ
n+1
n+1
α
xn+1 Aα
+ Bβ
(n ­ N ),
=
=
n
xn
Aαn + Bβ n
β
A+B
α
xn+1
= α > 1.
a zatem lim
n→∞ xn
Stąd wynika, że ciąg (xn ) od pewnego miejsca jest rosnący i w związku
z tym nie może mieć nieskończenie wielu wartości wielokrotnych.
Zadanie 4.
Dane są takie liczby całkowite a i b, że dla każdej liczby całkowitej nieujemnej n liczba 2n a + b jest kwadratem liczby całkowitej. Dowieść,
że a = 0.
Rozwiązanie
Jeżeli b = 0, to a = 0, gdyż dla a 6= 0 liczby a i 2a nie mogą być jednocześnie
kwadratami liczb całkowitych.
Gdyby liczba a była ujemna, to dla pewnej dużej liczby naturalnej n
liczba 2n a + b też byłaby ujemna, nie mogłaby więc być kwadratem liczby
całkowitej.
Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy a ­ 0 oraz b 6= 0.
Sposób I
Dla każdej liczby całkowitej dodatniej k liczby
22k a + b
oraz
4(22k−2 a + b) = 22k a + 4b
są kwadratami różnych liczb całkowitych nieujemnych, powiedzmy
22k a + b = x2k
oraz
22k a + 4b = yk2 .
Wówczas xk + yk ¬ (xk + yk )|xk − yk | = |x2k − yk2 | = |3b|, skąd
22k a + b = x2k ¬ (xk + yk )2 ¬ 9b2
dla każdego k.
Zatem ciąg (xk ) jest ograniczony, co jest możliwe tylko wtedy, gdy a = 0.
Sposób II
Jeżeli b jest liczbą parzystą, to 4a + b, jako liczba parzysta będąca kwadratem liczby całkowitej, dzieli się przez 4. Zatem również liczba b dzieli się
przez 4. Wówczas dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej n liczba
2n+2 a + b = 4(2n a + 14 b) ,
a co za tym idzie, również liczba 2n a + 41 b, jest kwadratem liczby całkowitej.
Ponieważ liczba b jest różna od 0, powyższe rozumowanie dowodzi, że
w dalszej części rozwiązania można przyjąć, że b jest liczbą nieparzystą.
57
Przypuśćmy, że a > 0. Niech 2n a + b = x2n , gdzie xn jest liczbą całkowitą
nieujemną. Wówczas dla każdego n ­ 1 liczba x n jest nieparzysta, a więc
dodatnia. Ponadto
(1)
x2n+1 − x2n = (xn+1 − xn )(xn+1 + xn ) = 2n a .
Zatem xn+1 > xn . Ponieważ liczba (xn+1 − xn ) + (xn+1 + xn ) = 2xn+1 nie jest
podzielna przez 4, więc co najwyżej jedna z liczb x n+1 − xn , xn+1 + xn dzieli
się przez 4. Stąd oraz z równości (1) uzyskujemy
xn+1 −xn | 2a lub xn+1 +xn | 2a dla n ­ 1 .
Ponieważ xn → +∞ (gdy n → ∞), więc istnieje taka liczba naturalna N , że
dla wszystkich n ­ N prawdziwa jest nierówność x n+1 + xn > 2a. To oznacza,
że dla n ­ N musi być xn+1 −xn | 2a, skąd w szczególności xn+1 − xn ¬ 2a.
Zatem
xn+1
xn+1 − xn
2a
1<
= 1+
¬ 1+
dla n ­ N .
xn
xn
xn
xn+1
= 1. Jednakże
Stąd lim
n→∞ xn
x2n+1 2n+1 a + b 2a + b · 2−n
= n
=
dla n ­ 0,
x2n
2 a+b
a + b · 2−n
co pociąga
xn+1 √
= 2.
lim
n→∞ xn
Otrzymana sprzeczność dowodzi, że a nie może być liczbą dodatnią, a więc
a = 0.
Zadanie 5.
Punkty K i L leżą odpowiednio na bokach BC i CD równoległoboku
ABCD, przy czym BK · AD = DL · AB. Odcinki DK i BL przecinają
) DAP = <
) BAC.
się w punkcie P . Wykazać, że <
Rozwiązanie
Sposób I
Niech Y będzie punktem przecięcia prostych AP i CD oraz niech X będzie
punktem przecięcia prostych DK i AB (rys. 26 i 27). Wówczas
DL BX BK
=
=
.
DY
AX
AD
L
D
D L
Y
C
C
P
P
K
K
A
B
rys. 26
58
X
A
B
rys. 27
X
Y
Stąd oraz z równości danej w treści zadania otrzymujemy:
DL AD BC
DY
=
=
=
.
AD BK AB AB
To dowodzi, że trójkąty ABC i ADY są podobne, skąd wynika teza.
Sposób II
Oznaczmy przez S punkt przecięcia prostych BL i AD (rys. 28). Na boku
AD wybierzmy taki punkt M , że DM = KB. Wtedy czworokąt DM BK jest
równoległobokiem, a stąd DP k M B. Wykażemy, że AP k M L.
S
D
L
C
P
K
M
A
B
rys. 28
Z podobieństwa trójkątów SLD i SBA mamy
SD SL
=
,
SA SB
a z podobieństwa trójkątów SP D i SBM otrzymujemy
SD SP
=
.
SM SB
Po podzieleniu stronami powyższych proporcji uzyskujemy
SM SL
=
,
SA SP
co z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa daje AP k M L.
Podany warunek BK · AD = DL · AB oznacza, że
DL AD
DL
=
=
,
DM BK DC
a więc trójkąty M LD i CAD są podobne. Stąd oraz z udowodnionej równoległości AP k M L dostajemy
<
) DAP = <
) SM L = <
) DCA = <
) BAC ,
co należało wykazać.
Zadanie 6.
Dane są liczby całkowite dodatnie n1 < n2 < ... < n2000 < 10100 . Dowieść, że ze zbioru {n1 ,n2 ,...,n2000 } można wybrać niepuste rozłączne podzbiory A i B mające tyle samo elementów, taką samą sumę
elementów i taką samą sumę kwadratów elementów.
59
Rozwiązanie
Dla zbioru X ⊆ {n1 ,n2 ,...,n2000 } niech s0 (X), s1 (X) i s2 (X) oznaczają
odpowiednio liczbę elementów, sumę elementów i sumę kwadratów elementów
zbioru X.
Wystarczy udowodnić, że istnieją takie dwa różne podzbiory C i D zbioru
{n1 ,n2 ,...,n2000 }, dla których si (C) = si (D) dla i = 0,1,2. Wówczas zbiory
A = C \ D oraz B = D \ C są niepuste i spełniają warunki zadania.
Dla dowolnego podzbioru X zbioru {n 1 ,n2 ,...,n2000 } mamy
(1) s0 (X) < 104 , s1 (X) < 2000 · 10100 < 10104 , s2 (X) < 2000 · 10200 < 10204 .
Oznaczając S(X) = s0 (X) + 104 s1 (X) + 10108 s2 (X) uzyskujemy
S(X) < 10313 < (103 )105 < 21050 < 22000 .
Stąd istnieją takie dwa różne podzbiory C, D zbioru {n 1 ,n2 ,...,n2000 }, że
S(C) = S(D). Z nierówności (1) wynika, że s i (C) = si (D) dla i = 0,1,2, co
kończy rozwiązanie zadania.
60
XLI Międzynarodowa Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1.
Dwa okręgi Γ1 i Γ2 przecinają się w punktach M i N . Niech l będzie
taką wspólną prostą styczną do Γ1 i Γ2 , że punkt M znajduje się
bliżej prostej l niż punkt N . Prosta l jest styczna do Γ1 w punkcie A
oraz do Γ2 w punkcie B. Prosta równoległa do l przechodząca przez
M przecina Γ1 ponownie w punkcie C oraz Γ2 ponownie w punkcie D.
Proste CA i DB przecinają się w punkcie E; proste AN i CD przecinają się w punkcie P ; proste BN i CD przecinają się w punkcie Q.
Wykazać, że EP = EQ.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez S punkt przecięcia prostej l z prostą M N (rys. 29). Wówczas
AS 2 = SM · SN = SB 2 ,
co oznacza, że punkt S jest środkiem odcinka AB. Ponieważ proste AB i CD
są równoległe, punkt M jest środkiem odcinka P Q.
E
A
C
B
S
P
Γ1
E
M
A
l
D
C
Γ1
Γ2
l
M
Q
N
rys. 29
B
D
N
rys. 30
Γ2
Zatem dla dowodu równości EP = EQ, wystarczy wykazać, że EM ⊥ P Q,
bądź też, że EM ⊥ l. Zauważmy jednak, że (rys. 30)
<
) EAB = <
) ECM = <
) M AB
oraz
<
) EBA = <
) EDM = <
) M BA.
To oznacza, że punkt M jest obrazem symetrycznym punktu E względem
prostej l, skąd bezpośrednio uzyskujemy EM ⊥ l.
Zadanie 2.
Niech a, b i c będą takimi liczbami rzeczywistymi dodatnimi, że
abc = 1. Udowodnić, że
1
1
1
a−1+
b−1+
c−1+
¬1.
b
c
a
Rozwiązanie
Niech x, y, z będą takimi liczbami dodatnimi, że
y
z
x
a= , b= , c=
y
z
x
61
(można na przykład przyjąć x = 1, y = 1/a oraz z = 1/(ab)). Wówczas dana
w treści zadania nierówność przyjmuje postać
(1)
(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ¬ xyz .
Suma dowolnych dwóch spośród liczb
u = x − y + z,
v = y − z + x,
w = z −x+y
jest dodatnia, zatem co najwyżej jedna z liczb u, v, w jest ujemna. Jeśli wśród
liczb u, v, w jest liczba ujemna, nierówność (1) jest oczywiście prawdziwa.
Załóżmy więc, że liczby u, v, w są nieujemne. Korzystając z nierówności
między średnią arytmetyczną i geometryczną otrzymujemy
√
u+v
=x
uv ¬
2
√
√
i podobnie vw ¬ y oraz wu ¬ z . Wymnożenie ostatnich trzech nierówności stronami daje uvw ¬ xyz , co należało udowodnić.
Zadanie 3.
Niech n ­ 2 będzie liczbą naturalną. Na danej poziomej prostej znajduje się n pcheł, nie wszystkie w tym samym punkcie. Dla liczby
rzeczywistej dodatniej λ definiujemy ruch następująco:
(i) wybieramy dwie pchły, w punktach A i B, przy czym A znajduje
się na lewo od B;
(ii) pchła z punktu A skacze na punkt C, znajdujący się na danej
prostej na prawo od B i taki, że BC/AB = λ.
Wyznaczyć wszystkie takie wartości λ, że dla dowolnego punktu M
na prostej i dowolnego początkowego położenia n pcheł istnieje skończony ciąg ruchów, który przeprowadza wszystkie pchły na prawo
od M .
Rozwiązanie
1
.
n−1
Najpierw wykażemy, że dla λ ­ 1/(n−1) i dowolnego punktu M istnieje
ciąg ruchów przeprowadzający wszystkie pchły na prawo od M .
W tym celu zastosujemy następującą strategię ruchu pcheł: w każdym
ruchu pchła A znajdująca się najbardziej na lewo ze wszystkich pcheł przeskakuje przez pchłę B znajdującą się najbardziej na prawo.
Prześledźmy dwa parametry związane z pozycją pcheł po k ruchach wykonanych według tej strategii, a mianowicie:
Dk — największa odległość między pchłami, tzn. odległość skrajnych pcheł,
dk — najmniejsza odległość między sąsiednimi pchłami (należy zwrócić uwagę, że dk może być zerem, gdyż warunki zadania dopuszczają, aby niektóre
pchły znajdowały się w tym samym miejscu).
Oczywiście Dk ­ (n − 1)dk . Ponadto w (k+1)-szym ruchu odległość pcheł
A i B przed skokiem jest równa Dk , a po wykonaniu skoku ich odległość
Udowodnimy, że warunki zadania spełniają jedynie liczby λ ­
62
jest równa λDk ­ λ(n − 1)dk ­ dk . Ponieważ jest to jedyna nowa odległość
między sąsiednimi pchłami, jaka pojawiła się po wykonaniu (k+1)-szego ruchu, mamy dk+1 ­ dk . Po wykonaniu n−1 ruchów według opisanej strategii
wszystkie pchły znajdą się w różnych punktach, więc d n−1 > 0 i w konsekwencji dk ­ dn−1 dla k ­ n − 1. Zatem pozycja pchły położonej najbardziej
na prawo zwiększa się z każdym ruchem o wielkość nie mniejszą od ustalonej liczby dodatniej. Po dużej liczbie ruchów wszystkie pchły znajdą się tak
daleko na prawo, jak tylko sobie tego zażyczymy.
1
istnieje taDla zakończenia rozwiązania należy wykazać, że przy λ < n−1
kie położenie początkowe pcheł na prostej oraz punkt M , że żaden ciąg ruchów nie przeprowadzi wszystkich pcheł na prawo od M . Udowodnimy więcej,
1
a mianowicie, że dla λ < n−1
i dowolnego początkowego położenia n pcheł na
prostej, istnieje taki punkt M , że przy dowolnym ciągu ruchów żadna pchła
nie znajdzie się na prawo od M .
Pozycje pcheł można utożsamiać z liczbami rzeczywistymi na osi liczbowej. Niech sk będzie sumą pozycji pcheł po wykonaniu k ruchów, p k pozycją
pchły położonej najbardziej na prawo. Należy wykazać, że przy dowolnym
ciągu ruchów, ciąg (pk ) jest ograniczony. Mamy oczywiście s k ¬ npk .
Przypuśćmy, że w (k+1)-szym ruchu pchła z pozycji a przeskakuje przez
pchłę na pozycji b lądując w pozycji c. Wówczas c − b = λ(b − a), skąd
Zatem
λ(c − a) = λ(c − b) + λ(b − a) = (λ + 1)(c − b) .
1+λ
(c − b) .
λ
Ponadto c − b ­ pk+1 − pk , co pociąga nierówność
1+λ
sk+1 − sk ­
(pk+1 − pk ) .
λ
1+λ
pk − sk . Ponieważ
Rozważmy liczby zk =
λ
1+λ
1+λ
zk+1 − zk =
pk+1 − sk+1 −
pk + s k =
λ
λ
1+λ
=
(pk+1 − pk ) − (sk+1 − sk ) ¬ 0 ,
λ
sk+1 − sk = c − a =
ciąg (zk ) jest nierosnący, skąd zk ¬ z0 dla dowolnego k. Niech α =
Wtedy α > 0, gdyż λ < 1/(n+1). Ponadto
1+λ
− n.
λ
z0 ­ zk = (n + α)pk − sk = npk + αpk − sk ­ αpk ,
skąd pk ¬ z0 /α dla każdego k. Przy tym liczba z0 /α zależy od n, λ i początkowej konfiguracji pcheł, ale nie zależy od sposobu wykonywania ruchów.
Ciąg (pn ) jest więc ograniczony od góry, co kończy rozwiązanie zadania.
63
Zadanie 4.
Iluzjonista ma sto kart ponumerowanych od 1 do 100. Wkłada je
do trzech pudełek, czerwonego, białego i niebieskiego tak, że każde
z nich zawiera przynajmniej jedną kartę. Ktoś z widzów wybiera dwa
z tych trzech pudełek, wyciąga po jednej karcie z każdego z wybranych pudełek i podaje sumę liczb na wyciągniętych kartach. Mając
daną tę sumę, iluzjonista wskazuje to pudełko, z którego nie została
wyciągnięta żadna karta.
Na ile sposobów można włożyć wszystkie karty do pudełek tak, by
ta sztuka zawsze się udała? (Dwa sposoby uważa się za różne, gdy
przynajmniej jedna karta znajdzie się za każdym razem w innym
pudełku.)
Rozwiązanie
Odpowiedź: Karty można ułożyć w żądany sposób na 12 sposobów.
Załóżmy, że dane jest ułożenie kart spełniające warunki zadania.
Niech a, b, c, d będą liczbami ze zbioru {1, 2, 3, ..., 100} spełniającymi
równość a + b = c + d. Jeżeli karty z liczbami a, b, c znajdują się w trzech różnych pudełkach, to karta z liczbą d znajduje się w tym samym pudełku, co
karta z liczbą c.
Rozważymy dwa przypadki.
Przypadek 1.
Istnieje takie i, że karty o numerach i, i + 1, i + 2 znajdują się w różnych
pudełkach, powiedzmy odpowiednio czerwonym, niebieskim i białym.
Jeżeli i + 3 ¬ 100, to wobec równości
i + (i + 3) = (i + 1) + (i + 2)
karta z numerem i+3 znajduje się w pudełku czerwonym. Podobnie, o ile
i − 1 ­ 1, karta z numerem i−1 znajduje się w pudełku białym.
Widzimy więc, że ułożenie kart musi być w tym wypadku cykliczne, karty
rozłożone są w pudełkach według reszty z dzielenia przez 3 napisanej na karcie
liczby.
Nietrudno stwierdzić, że odgadnięcie właściwego pudełka jest przy tym
ułożeniu możliwe na podstawie reszty z dzielenia przez 3 podanej przez widza
sumy liczb.
W tym przypadku rozdział zbioru kart na trzy podzbiory jest jednoznaczny. Uwalniając się od przyjętego dla ustalenia uwagi porządku kolorów pudełek stwierdzamy, że istnieje 6 sposobów rozmieszczenia tych podzbiorów
w poszczególnych pudełkach.
Przypadek 2.
Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym żadne trzy karty o kolejnych numerach nie leżą w trzech różnych pudełkach.
Przypuśćmy, że karta z numerem 1 znalazła się w pudełku czerwonym.
Niech i będzie najmniejszym numerem karty, która znalazła się w pudełku
64
innym niż czerwone, powiedzmy, że jest to pudełko białe.
Niech k będzie najmniejszym numerem karty z pudełka niebieskiego. Ponieważ karta z numerem i−1 pochodzi z pudełka czerwonego, zgodnie z założeniem karta z numerem i+1 nie może znajdować się w pudełku niebieskim,
mamy więc k > i + 1.
Przypuśćmy, że k < 100. Wówczas wobec równości i + k = (i − 1) + (k + 1)
karta z numerem k+1 jest w pudełku czerwonym.
Jednak równość i + (k + 1) = (i + 1) + k dowodzi, że karta z numerem i+1
znajduje się w pudełku niebieskim, wbrew wcześniejszemu założeniu. To dowodzi, że k = 100 i jedyną kartą w pudełku niebieskim jest karta z numerem 100.
Ponieważ (i − 1) + 100 = i + 99, karta z numerem 99 znajduje się w pudełku
białym. Gdyby dla pewnego t > 1 karta z numerem t znajdowała się w pudełku czerwonym, to wobec równości t + 99 = (t − 1) + 100 karta z numerem t−1
powinna znaleźć się w pudełku niebieskim. Zatem jedyną kartą w pudełku czerwonym jest karta z numerem 1, natomiast wszystkie karty
oprócz kart z numerami 1 i 100 znajdują się w pudełku białym.
Odgadnięcie pudełka odbywa się w następujący sposób:
— jeżeli podana przez widza suma jest mniejsza niż 101, to wybrane
zostały pudełka czerwone i białe,
— jeżeli podana przez widza suma jest równa 101, to wybrane zostały
pudełka czerwone i niebieskie,
— jeżeli podana przez widza suma jest większa niż 101, to wybrane zostały
pudełka białe i niebieskie.
Uwalniając się od przyjętego dla ustalenia uwagi porządku kolorów pudełek, także w tym przypadku otrzymujemy 6 możliwych rozmieszczeń kart
w pudełkach.
Zadanie 5.
Rozstrzygnąć, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia n, że
(i) n jest podzielna przez dokładnie 2000 różnych liczb pierwszych
oraz
(ii) liczba 2n + 1 jest podzielna przez n.
Rozwiązanie
Odpowiedź: Istnieje.
Lemat
Dla dowolnej liczby całkowitej a ­ 3 istnieje taka liczba pierwsza p, że
p|a3 + 1, ale p6 | a+1.
Dowód lematu
Przypuśćmy, że istnieje liczba a ­ 3, dla której lemat jest fałszywy. Wówczas każdy dzielnik pierwszy liczby a 2 − a + 1 jest dzielnikiem liczby a + 1.
65
Równość
a2 − a + 1 = (a + 1)(a − 2) + 3
dowodzi jednak, że 3 jest jedyną liczbą pierwszą, która może być wspólnym
dzielnikiem liczb a + 1 i a2 − a + 1, skąd wynika, że liczba a2 − a + 1 jest potęgą
trójki. Jednak wówczas a + 1, a co za tym idzie a − 2, jest podzielne przez 3,
skąd wynika, że liczba a2 − a + 1 jest podzielna przez 3, ale nie przez 9. Zatem
a2 − a + 1 = 3, co prowadzi do sprzeczności z założeniem a ­ 3.
Dowód lematu został zakończony.
Udowodnimy indukcyjnie następujące twierdzenie, z którego bezpośrednio
wynika teza zadania.
Twierdzenie
Dla każdego k ­ 1 istnieje taka liczba całkowita dodatnia n k podzielna
przez 3 i mająca dokładnie k różnych dzielników pierwszych, że
nk |2nk + 1.
Dowód twierdzenia
Indukcję rozpoczyna sprawdzenie, że dla n 1 = 3 mamy 3|23 + 1.
Krok indukcyjny: Załóżmy, że nk spełnia warunki twierdzenia. Oznaczmy: nk = 3l · m, gdzie l ­ 1 oraz 36 | m. Ponieważ liczba n k jest nieparzysta,
3 | 22nk −2nk +1, skąd 3nk | 23nk +1. Na mocy lematu istnieje taka liczba pierwsza p, że p | 23nk +1, ale p6 | 2nk + 1. Biorąc nk+1 = 3pnk stwierdzamy, że liczba
nk+1 ma dokładnie k+1 różnych dzielników pierwszych oraz n k+1 | 23nk +1.
Stąd wobec podzielności 23nk +1 | 23nk ·p +1 mamy nk+1 |2nk+1 +1.
Dowód twierdzenia został zakończony.
Uwaga 1.
Każda liczba n ­ 3 taka, że n|2n +1, jest podzielna przez 3.
Istotnie, jeśli n|2n +1 i p jest najmniejszym dzielnikiem pierwszym liczby n, to p|2n +1. Stąd, jeśli m jest najmniejszą liczbą całkowitą dodatnią taką,
że p|2m +1, to m|n. Wiadomo, że m| 21 (p−1), skąd m = 1 oraz p|21 + 1 = 3.
Uwaga 2.
Algorytm polegający na znalezieniu liczby n spełniającej warunki zadania
podany w rozwiązaniu nie jest zbyt wydajny rachunkowo. Liczba n 2 jest
równa 9p2 , gdzie p2 jest dzielnikiem pierwszym liczby 2 6 − 23 + 1 = 57 = 3 · 19,
czyli p2 = 19, co daje n2 = 171.
Z kolei n3 = 513p3 , gdzie p3 jest dzielnikiem liczby
2342 − 2171 + 1 = 3 · 87211 · 144667 · 1465129 · P 87
(P87 jest 87-cyfrową liczbą pierwszą). Najmniejszy możliwy wybór liczby p 3
to 87211, co prowadzi do n3 = 44739243. Efektywne znalezienie w ten sposób
liczby n10 nastręcza już duże trudności rachunkowe.
66
k
pk
nk
1
3
3
2
19
171
3
87211
44739243
4
163
21877489827
5
1459
95757772972779
6 1663579
477901860612848148123
7
17497
25085546565429012143124393
8
52489
3950145761018410255141368792531
9 1220347 14461645587064601698893011945576484771
Uwaga 3.
W zrozumieniu struktury liczb n spełniających podzielność n|2 n +1 pomagają następujące fakty:
1. Jeżeli n|2n +1 oraz p|n, to pn|2pn +1.
2. Jeżeli n|2n +1 oraz p jest największym dzielnikiem pierwszym liczby n,
to liczba m = n/p spełnia podzielność m|2 m +1.
Korzystając z powyższych uwag można tablicować dopuszczalne czynniki
pierwsze liczb spełniających podzielność n|2 n +1.
Dla dowolnej liczby pierwszej p oznaczmy przez m p najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, dla której p|2mp +1. Liczba n spełnia podzielność n|2 n +1
wtedy i tylko wtedy, gdy jej każdy czynnik pierwszy q występuje w nieskończonej tabeli, której początek przedstawiamy poniżej, oraz gdy dla każdego
dzielnika pierwszego q liczby n liczba m q jest dzielnikiem liczby n.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
q
3
19
163
571
1459
8803
9137
17497
41113
52489
78787
87211
135433
mq
1=1
9 = 32
81 = 34
57 = 3 · 19
243 = 35
4401 = 33 · 163
571 = 571
2187 = 37
5139 = 32 · 571
6561 = 38
39393 = 33 · 1459
27 = 33
81 = 34
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
q
139483
144667
164617
174763
196579
274081
370009
370387
478243
760267
941489
944803
1041619
mq
243 = 35
513 = 33 · 19
6859 = 193
19 = 19
1467 = 32 · 163
1713 = 3 · 571
46251 = 34 · 571
20577 = 3 · 193
239121 = 32 · 1632
29241 = 34 · 192
58843 = 192 · 163
472401 = 32 · 52489
520809 = 3 · 19 · 9137
67
Zadanie 6.
Niech AH1 , BH2 , CH3 będą wysokościami trójkąta ostrokątnego
ABC. Okrąg wpisany w trójkąt ABC jest styczny do BC, CA, AB
odpowiednio w punktach T1 , T2 , T3 . Niech proste l1 , l2 , l3 będą symetrycznymi obrazami prostych H2 H3 , H3 H1 , H1 H2 odpowiednio
względem prostych T2 T3 , T3 T1 , T1 T2 . Udowodnić, że proste l1 , l2 ,
l3 wyznaczają trójkąt, którego wierzchołki leżą na okręgu wpisanym
w trójkąt ABC.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez I środek okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Niech M 1 ,
M2 , M3 będą punktami symetrycznymi do punktów T 1 , T2 , T3 odpowiednio
względem prostych AI, BI, CI (rys. 31). Punkty M 1 , M2 , M3 leżą na okręgu
wpisanym w trójkąt ABC. Wykażemy, że trójkąt wyznaczony przez proste
l1 , l2 , l3 to trójkąt M1 M2 M3 , co zakończy rozwiązanie zadania.
A
A
H2
T2
T2
H30
M2
M3
T3
I
B
T1
T3
H3
H20
M1
C
B
C
rys. 32
rys. 31
Oznaczmy przez H20 i H30 punkty symetryczne odpowiednio do punktów
H2 i H3 względem prostej T2 T3 (rys. 32). Udowodnimy najpierw, że prosta
H20 H30 jest równoległa do prostej BC.
Ponieważ punkty B, C, H2 , H3 leżą na jednym okręgu,
<
) AH3 H2 = <
) ACB .
Zatem kąt pomiędzy prostymi T2 T3 i H2 H3 wynosi
<
) AT3 T2 − <
) AH3 H2 = 90◦ − 21 <
) BAC − <
) ACB .
Stąd wynika, że kąt pomiędzy prostymi H 20 H30 i AB jest równy
) BAC − <
) ACB) = 180◦ − <
) BAC − <
) ACB = <
) ABC ,
<
) AH3 H2 + 2 · (90◦ − 21 <
co dowodzi, że H20 H30 k BC.
Zatem aby zakończyć rozwiązanie wystarczy wykazać, że proste H 20 M2
i H30 M3 są równoległe do prostej BC. W tym celu udowodnimy najpierw, że
punkt H20 leży na dwusiecznej kąta ABC. W dowodzie wyszczególnimy dwa
możliwe przypadki: (a) punkt H2 leży pomiędzy punktami T2 i C (rys. 33);
(b) punkt H2 leży pomiędzy punktami T2 i A (rys. 34).
68
Oznaczmy przez D punkt symetryczny do punktu C względem prostej
BI. Niech ponadto S będzie środkiem odcinka CD. Wówczas punkt S leży
) BIC > 90◦ , zatem
na prostej BI oraz BS ⊥ CD. Zauważmy ponadto, że <
punkt I leży na odcinku BS.
D
A
A
D
S
H2
M2
S
T3
H20
T2
T2
H20
T3
I
M2
I
H2
B
T1
rys. 33
C
B
C
T1
rys. 34
Ponieważ proste T1 S i T3 S są symetryczne do siebie względem prostej BS,
prosta ST1 przecina okrąg wpisany w trójkąt ABC ponownie w punkcie M 2
oraz
(1)
<
) T1 SB = <
) T3 SB .
Ponadto punkty I, T1 , C, S leżą na jednym okręgu, skąd
(2)
<
) T1 CI = <
) T1 SB .
Również punkty B, C, S, H2 leżą na jednym okręgu, skąd uzyskujemy
(3)
<
) BCA = 180◦ − <
) BSH2
lub
<
) BCA = <
) BSH2 ,
w zależności od tego, czy rozpatrujemy konfigurację z przypadku (a), czy
z przypadku (b).
Korzystając z zależności (1), (2), (3) oraz z faktu, że prosta CI jest dwusieczną kąta ACB, wnioskujemy, że proste H 2 S i BS tworzą równe kąty
z prostą T2 T3 . To oznacza, że punkt H20 leży na prostej BS, czyli na dwusiecznej kąta ABC.
Wykazaliśmy więc, że prosta BS jest osią symetrii łamanej T 1 M2 H20 T2 T3
(rys. 35 i 36). W przypadku (a) mamy zatem
<
) ST1 B = <
) BT3 T2 = <
) H2 T2 T3 = <
) H20 T2 T3 = <
) H20 M2 T1 ,
69
zaś w przypadku (b) dostajemy
<
) CT1 S = <
) AT3 T2 = <
) H2 T2 T3 = <
) H20 T2 T3 = <
) H20 M2 T1 .
Uzyskane równości oznaczają w obu konfiguracjach, że proste H 20 M2 i BC są
równoległe.
Analogicznie dowodzimy, że proste H 30 M3 i BC są równoległe, co kończy
rozwiązanie zadania.
D
A
A
D
H2
M2
T3
H20
S
T2
S
T2
H20
T3
I
M2
I
H2
B
70
T1
rys. 35
C
B
C
T1
rys. 36
XXIII Austriacko-Polskie Zawody Matematyczne
Zadanie 1.
Wyznaczyć wszystkie wielomiany P (x) o współczynnikach rzeczywistych, dla których istnieje taka dodatnia liczba całkowita n, że dla
nieskończenie wielu wartości x zachodzi równość:
2n+1
X
k k
(−1)
P (x + k) = 0 .
2
k=1
Rozwiązanie
Odpowiedź: Jedynymi wielomianami spełniającymi warunki zadania są
wielomiany stałe.
Przepiszmy daną w treści zadania równość w postaci
n X
2k + 1
2k
P (x + 2k) −
P (x + 2k + 1) =
0=
2
2
k=1
(1)
=
n
X
k=1
k · (P (x + 2k) − P (x + 2k + 1)) .
Jeżeli P (x) jest wielomianem stałym, to równość (1) jest spełniona dla
każdej liczby rzeczywistej x i całkowitej dodatniej n.
Niech n będzie ustaloną liczbą całkowitą dodatnią oraz niech P (x) będzie
dowolnym wielomianem spełniającym równość (1) dla nieskończenie wielu
liczb rzeczywistych x. Wówczas wielomian
(2)
n
X
k=1
k · (P (x + 2k) − P (x + 2k + 1))
ma nieskończenie wiele miejsc zerowych, jest więc wielomianem zerowym.
Zatem równość (1) zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej x.
Gdyby wielomian P (x) nie był wielomianem stałym, to dla pewnej liczby
rzeczywistej x0 byłby on ściśle monotoniczny w przedziale (x 0 ,∞). Wówczas
dla x > x0 wszystkie składniki sumy (2) byłyby różne od zera i tego samego
znaku, suma ta nie mogłaby więc być równa 0. Zatem wielomian niestały nie
może spełniać warunków zadania.
Zadanie 2.
W sześcianie o krawędzi długości 1, ABCD jest pewną ścianą, a CG
krawędzią do niej prostopadłą. Okrąg o1 jest wpisany w kwadrat
ABCD, a okrąg o2 jest opisany na trójkącie BDG. Wyznaczyć najmniejszą wartość odległości XY dla X ∈ o1 i Y ∈ o2 .
Rozwiązanie
√
√
Odpowiedź: 12 ( 3 − 2).
Niech S będzie środkiem rozważanego √
sześcianu. Wówczas
√ dla dowolnych
punktów X ∈ o1 , Y ∈ o2 zachodzi SX = 21 2 oraz SY = 12 3. Stąd na mocy
nierówności trójkąta SXY uzyskujemy
√
√
XY ­ |SX − SY | = 12 ( 3 − 2).
71
Pozostaje wskazać takie punkty X ∈ o 1 i Y ∈ o2 , dla których powyższa nierówność staje się równością. W tym celu rozpatrzmy nieograniczony stożek S,
którego wierzchołkiem jest punkt S, zaś przekrojem okrąg o 1 . Niech GH będzie średnicą okręgu o2 . Punkt G należy do okręgu o2 i leży na zewnątrz
stożka S; z kolei punkt H należy do okręgu o 2 i leży wewnątrz stożka S. Stąd
wynika, że okrąg o2 ma punkt wspólny Y z powierzchnią stożka S. Niech X
będzie punktem przecięcia okręgu o 1 z prostą SY . Wówczas X ∈ o1 , Y ∈ o2
oraz
√
√
XY = |SX − SY | = 12 ( 3 − 2).
Zadanie 3.
Dla każdej liczby naturalnej n ­ 3 rozwiązać w liczbach rzeczywistych
następujący układ równań:

x31 = x2 + x3 + 1




...................



x3k = xk+1 + xk+2 + 1
...................



3

x
= xn + x1 + 1

n−1


x3n = x1 + x2 + 1.
Rozwiązanie
Udowodnimy najpierw, że każde rozwiązanie danego układu równań spełnia warunek x1 = x2 = x3 = ... = xn .
Niech liczby x1 , x2 , ..., xn będą rozwiązaniem danego układu równań. Bez
szkody dla ogólności rozumowania możemy przyjąć, że x n jest najmniejszą
z liczb x1 , x2 , ..., xn . W szczególności xn ¬ x2 , skąd
xn−1 = (xn + x1 + 1)1/3 ¬ (x2 + x1 + 1)1/3 = xn .
Zatem xn−1 ¬ xn ¬ x1 i w konsekwencji
xn−2 = (xn−1 + xn + 1)1/3 ¬ (x1 + xn + 1)1/3 = xn−1 .
W podobny sposób dowodzimy ciągu nierówności
xn ­ xn−1 ­ xn−2 ­ ... ­ x1 ­ xn ,
co daje x1 = x2 = x3 = ... = xn .
Równanie t3 = 2t + 1, czyli (t + 1)(t2 − t − 1) = 0 ma trzy rozwiązania:
√
√
1− 5
1+ 5
, t3 =
,
t1 = −1, t2 =
2
2
skąd wynika, że dany w zadaniu układ równań ma również trzy rozwiązania,
a mianowicie x1 = x2 = x3 = ... = xn = ti dla i = 1, 2, 3.
Zadanie 4.
72
Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite dodatnie N , niemające dzielników pierwszych różnych od 2 i 5, takie, że N + 25 jest kwadratem
liczby całkowitej.
Rozwiązanie
Odpowiedź: N = 200 lub N = 2000.
Oznaczmy n2 = N + 25. Jeżeli liczba N nie jest podzielna przez 5, to jest
ona potęgą dwójki. Gdyby liczba N była potęgą dwójki o wykładniku nieparzystym, to liczba N + 25 przy dzieleniu przez 5 dawałaby resztę 2 lub 3, nie
byłaby więc kwadratem liczby całkowitej. Zatem N = 4 k dla pewnej liczby
całkowitej nieujemnej k i w konsekwencji
25 = (n − 2k )(n + 2k ) .
Stąd n − 2k = 1 oraz n + 2k = 25. To jednak daje 2k = 12, co nie zachodzi przy
żadnym k całkowitym.
Zatem liczba N jest podzielna przez 5. Ponieważ liczba N + 25 jest podzielna przez 5, to jako kwadrat liczby całkowitej jest podzielna przez 25.
W konsekwencji liczba N jest podzielna przez 25 i przyjmując M = N/25
szukamy takich liczb M , że liczba M + 1 jest kwadratem, a przy tym liczba
M nie ma dzielników pierwszych różnych od 2 i 5.
Niech m2 = M + 1, czyli M = (m − 1)(m + 1). Liczby m−1 i m+1 są tej
samej parzystości. Gdyby obie były nieparzyste, liczba M byłaby potęgą
liczby 5, a co za tym idzie, również liczby m−1 i m+1 byłyby potęgami
liczby 5, co spełnione być nie może. Zatem liczby m−1 i m+1 są parzyste.
Przyjmując r = (m − 1)/2 szukamy takich liczb całkowitych dodatnich r, że
liczby r i r + 1 nie mają dzielników pierwszych różnych od 2 i 5.
Rozważymy dwa przypadki.
Przypadek pierwszy: r = 2k oraz r + 1 = 5` (k,` ­ 1).
Skorzystamy z następującego lematu.
Lemat
Niech s i t będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że
s ≡ 2t + 1 (mod 2t+1 ) .
Wówczas dla w = 2a · b, gdzie a jest liczbą całkowitą nieujemną, zaś b dodatnią
liczbą nieparzystą, zachodzi kongruencja
(1)
sw ≡ 2t+a + 1 (mod 2t+a+1 ) .
Dowód lematu
Niech s = C · 2t+1 + 2t + 1. Wówczas dla dowolnej liczby nieparzystej b
b
b
t
b
t
b−1
t+1
s = (2 + 1) + b · (2 + 1) · C · 2 +
· (2t + 1)b−2 · C 2 · 22t+2 + ... ≡
2
b 2t
(2)
2 + ... ≡ 2t + 1 (mod 2t+1 ) ,
≡ (2t + 1)b = 1 + b · 2t +
2
a ponadto
s2 = C 2 · 22t+2 + 2 · C · 22t+1 + 22t + 2 · C · 2t+1 + 2 · 2t + 1 ≡
≡ 2t+1 + 1
(mod 2t+2 ).
73
Zatem podnosząc a-krotnie kongruencję (2) do kwadratu otrzymamy kongruencję (1), czyli tezę lematu.
Stosując lemat do s = 5, t = 2 oraz w = ` = 2 a · b, gdzie a jest liczbą całkowitą nieujemną, zaś b dodatnią liczbą nieparzystą, otrzymujemy
5` ≡ 22+a + 1 (mod 23+a ).
Ponadto
a
a
a
a+1
5` ­ 52 = (4 + 1)2 ­ 42 + 1 = 22 + 1 ­ 22+a + 1 ,
przy czym równość 5` = 22+a + 1 zachodzi tylko przy ` = 1. Zatem dla ` > 1
liczba 5` − 1 jest większa od 22+a i nie jest podzielna przez 23+a , nie może
więc być potęgą dwójki. Natomiast dla ` = 1 obliczamy kolejno: r = 4, m = 9,
M = 80, N = 2000.
Przypadek drugi: r = 5` oraz r + 1 = 2k (k,` ­ 0).
Ponieważ 5` ≡ 1 (mod 4), więc 2k ≡ 2 (mod 4), skąd k = 1 i ` = 0, co prowadzi kolejno do: r = 1, m = 3, M = 8, N = 200.
Zadanie 5.
Dla jakich liczb naturalnych n ­ 5 możliwe jest pokolorowanie wierzchołków n-kąta foremnego nie więcej niż sześcioma kolorami w ten
sposób, aby w każdej grupie pięciu kolejnych wierzchołków wystąpiło
pięć różnych kolorów?
Rozwiązanie
Jeżeli liczba n jest postaci 5i + 6j, gdzie i, j są liczbami całkowitymi nieujemnymi, to takie pokolorowanie jest możliwe. Uzyskujemy je następująco.
Niech liczby 1, 2, 3, 4, 5, 6 oznaczają kolory, które mamy do dyspozycji. Zaczynając od dowolnego wierzchołka wielokąta i poruszając się w ustalonym
kierunku, malujemy kolejne wierzchołki cyklicznie kolorami 1, 2, 3, 4, 5 wykonując i cykli, a następne cyklicznie kolorami 1, 2, 3, 4, 5, 6 wykonując j
cykli. W ten sposób w każdej grupie pięciu kolejnych wierzchołków wystąpi
5 różnych kolorów.
Zauważmy, że dowolna liczba całkowita n ­ 24 daje się przedstawić w postaci 5i + 6j, gdyż liczby n, n − 6, n − 12, n − 18, n − 24 są nieujemne i jedna
z nich jest podzielna przez 5.
Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że liczby 5, 6, 10, 11, 12, 15, 16, 17, 18,
20, 21, 22, 23 także dają się przedstawić w postaci 5i + 6j.
Zatem tezę zadania spełnia każda liczba naturalna n ­ 5 nienależąca do
zbioru A = {7, 8, 9, 13, 14, 19}.
Przyjmijmy z kolei, że n ­ 5 jest liczbą naturalną, dla której podane w zadaniu pokolorowanie jest możliwe. Wówczas co najmniej jeden z sześciu użytych kolorów występuje w co najmniej n/6 wierzchołkach, a żaden kolor nie
występuje w więcej niż n/5 wierzchołkach. Zatem w przedziale [n/6,n/5] musi
znajdować się co najmniej jedna liczba całkowita. Jednak przedział [n/6,n/5]
dla n ∈ A nie zawiera żadnej liczby całkowitej.
74
Zatem opisane w zadaniu kolorowanie jest możliwe wtedy i tylko wtedy,
gdy n nie jest elementem zbioru {7, 8, 9, 13, 14, 19}.
Zadanie 6.
Rozważmy bryłę Q postaci Q = Q0 ∪ Q1 ∪ Q2 ∪ Q3 ∪ ... ∪ Q6 , gdzie Qi
(i = 0,1,2,...,6) są siedmioma różnymi sześcianami o krawędziach długości 1, przy czym sześcian Q0 ma wspólną ścianę z każdym z sześciu pozostałych. Rozstrzygnąć, czy można wypełnić przestrzeń nieskończoną ilością brył, z których każda powstaje przez przesunięcie
równoległe bryły Q, a żadne dwie nie mają wspólnych punktów wewnętrznych.
Rozwiązanie
Bryła Q ma kształt przestrzennego „krzyża” (rys. 37). Wykażemy, że takimi krzyżami da się wypełnić szczelnie całą przestrzeń.
Wprowadźmy kartezjański układ współrzędnych o osiach równoległych
do krawędzi sześcianu Q0 . W układzie tym wyróżnijmy te punkty (k,l,m)
o współrzędnych całkowitych, dla których liczba k + 2l + 3m jest podzielna
przez 7. Następnie umieśćmy krzyże tak, aby ich środki pokrywały się z wyróżnionymi punktami.
rys. 37
W ten sposób rozmieszczone krzyże wypełniają szczelnie całą przestrzeń.
Istotnie: sześcian jednostkowy, którego środek pokrywa się z punktem (x,y,z)
o współrzędnych całkowitych, dla którego x + 2y + 3z ≡ ±1 (mod 7), jest częścią dokładnie jednego krzyża — tego o środku (x∓1,y,z). Również sześcian
jednostkowy, którego środek pokrywa się z punktem (x,y,z) o współrzędnych
całkowitych, przy czym x + 2y + 3z ≡ ±2 (mod 7), jest częścią dokładnie jednego krzyża — tego o środku (x,y∓1,z). Wreszcie sześcian jednostkowy, którego środek pokrywa się z punktem (x,y,z), gdzie x + 2y + 3z ≡ ±3 (mod 7),
jest również częścią dokładnie jednego krzyża — tego o środku (x,y,z∓1).
Zadanie 7.
Na płaszczyźnie dany jest trójkąt A0 B0 C0 . Rozważamy trójkąty
ABC spełniające następujące warunki:
(i) proste AB, BC, CA przechodzą, odpowiednio, przez punkty C0 ,
A0 , B0 ;
(ii) trójkąty ABC i A0 B0 C0 są podobne (tzn. istnieje podobieństwo
przekształcające A na A0 , B na B0 i C na C0 ).
Wyznaczyć miejsce geometryczne środków okręgów opisanych na
wszystkich takich trójkątach ABC.
75
Rozwiązanie
Niech H będzie punktem przecięcia wysokości trójkąta A 0 B0 C0 (rys. 38
i 39). Wykażemy, że środek okręgu opisanego na trójkącie ABC pokrywa
się z punktem H. To oznacza, że szukane miejsce geometryczne składa się
z jednego punktu H.
C
A0
A0
C
H
H
B
B0
C0
A
B
B0
C0
A
rys. 38
rys. 39
Zauważmy, że punkty A0 , B0 , C i H leżą na jednym okręgu. Istotnie:
w sytuacji przedstawionej na rysunku 38 mamy
<
) A0 HB0 = 180◦ − <
) A0 C0 B0 = 180◦ − <
) ACB = <
) A0 CB0 ,
zaś w konfiguracji z rysunku 39 uzyskujemy
<
) A0 HB0 = 180◦ − <
) A0 C0 B0 = 180◦ − <
) A0 CB0
(w przypadku, gdy trójkąt A0 B0 C0 jest prostokątny lub rozwartokątny, dowód jest analogiczny). Stąd otrzymujemy
(1)
<
) ACH = <
) B0 A0 H = 90◦ − <
) A0 B0 C0 .
Analogicznie dowodzimy, że punkty B 0 , C0 , A i H leżą na jednym okręgu,
skąd podobnie jak wyżej wynika, że
(2)
<
) CAH = 90◦ − <
) A0 B0 C0 .
Z równości (1) i (2) wnioskujemy, że CH = AH. Analogicznie uzyskujemy
równość AH = HB, co dowodzi, że H jest środkiem okręgu opisanego na
trójkącie ABC.
Zadanie 8.
76
Na płaszczyźnie danych jest 27 punktów, z których żadne trzy nie są
współliniowe. Cztery spośród tych punktów są wierzchołkami kwadratu o boku długości 1, a pozostałe 23 leżą wewnątrz tego kwadratu.
Udowodnić, że pewne trzy spośród danych punktów są wierzchołkami
1
trójkąta o polu nie większym niż 48
.
Rozwiązanie
Oznaczmy wierzchołki rozważanego kwadratu przez A, B, C, D, zaś pozostałe 23 punkty przez P1 ,P2 ,...,P23 .
Punkt P1 łączymy z wierzchołkami kwadratu ABCD dzieląc go na 4 trójkąty (rys. 40). Punkt P2 leży wewnątrz jednego z tych trójkątów. Łącząc
punkt P2 z jego wierzchołkami otrzymujemy nowy podział kwadratu ABCD,
tym razem na 6 trójkątów (rys. 41). Punkt P 3 leży wewnątrz jednego z tych
6 trójkątów. Analogicznie jak poprzednio, łączymy punkt P 3 z jego wierzchołkami, po czym uzyskujemy podział kwadratu ABCD na 8 trójkątów
(rys. 42).
Postępowanie to kontynuujemy.
D
C
D
C
D
C
P2
P2
P2
P3
P3
P1
A
rys. 40
P3
P1
B
A
rys. 41
P1
B
A
rys. 42
B
W efekcie uzyskamy podział kwadratu ABCD na 48 trójkątów, z których
każdy ma wierzchołki w rozważanych punktach. Suma pól tych 48 trójkątów
1
.
wynosi 1, a zatem pole jednego z nich jest nie większe niż 48
Zadanie 9.
Udowodnić, że jeśli a, b, c są nieujemnymi liczbami rzeczywistymi,
przy czym a + b + c = 1, to mają miejsce nierówności:
2 ¬ (1 − a2 )2 + (1 − b2 )2 + (1 − c2 )2 ¬ (1 + a)(1 + b)(1 + c) .
Dla każdej z tych nierówności rozstrzygnąć, kiedy zachodzi równość.
Rozwiązanie
Sposób I
Najpierw udowodnimy nierówność lewą. W tym celu wykorzystamy następujący lemat.
Lemat
Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, y nie większych od
chodzi nierówność
1
2
za-
(1 − x2 )2 + (1 − y 2 )2 > 1 + (1 − (x + y)2 )2 .
77
Dowód lematu
Przekształcając nierówność daną w treści lematu otrzymujemy kolejno
ciąg równoważnych nierówności
2 − 2x2 + x4 − 2y 2 + y 4 > 2 − 2(x + y)2 + (x + y)4
4xy > 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3
2 > 2x2 + 3xy + 2y 2 .
Ostatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż jej prawa strona nie przekracza 74 .
Lemat został więc udowodniony.
Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy przyjąć, że a ¬ b ¬ c. Wobec tego a ¬ b ¬ 12 i korzystając z lematu otrzymujemy
(1 − a2 )2 + (1 − b2 )2 + (1 − c2 )2 ­ 1 + (1 − (a + b)2 )2 + (1 − c2 )2 ,
przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0. Przekształcając
dalej otrzymujemy
1 + (1 − (a + b)2 )2 + (1 − c2 )2 = 1 + (1 − (1 − c)2 )2 + (1 − c2 )2 =
= 2 + 2c2 (1 − c)2 ­ 2 ,
przy czym wobec c > 0 w ostatniej nierówności zachodzi równość wtedy i tylko
wtedy, gdy c = 1.
Nierówność lewa została więc udowodniona. Równość zachodzi dla trzech
trójek (a,b,c), a mianowicie (1,0,0), (0,1,0) i (0,0,1).
Przechodzimy do dowodu nierówności prawej. W dalszym ciągu zakładamy, że a ¬ b ¬ 21 .
Podstawiając c = 1 − a − b sprowadzamy prawą nierówność do postaci
czyli
(1 − a2 )2 + (1 − b2 )2 + (a + b)2 (2 − a − b)2 ¬ (1 + a)(1 + b)(2 − a − b) ,
(1) 2 − 2(a2 + b2 ) + a4 + b4 + (a + b)2 (2 − a − b)2 ¬ (1 + a + b + ab)(2 − a − b) .
Niech p = a + b oraz x = ab. Wówczas 0 ¬ p ¬ 1 oraz 0 ¬ x ¬ 41 p2 . Ponadto
a2 + b2 = p2 − 2x oraz
a4 + b4 = (a2 + b2 )2 − 2a2 b2 = (p2 − 2x)2 − 2x2 = p4 − 4p2 x + 2x2 .
Przy tych oznaczeniach nierówność (1) przyjmuje postać
2 − 2p2 + 4x + p4 − 4p2 x + 2x2 + p2 (2 − p)2 ¬ (1 + p + x)(2 − p) ,
co po uproszczeniach prowadzi do nierówności
czyli
(2)
78
−2x2 + x(4p2 − p − 2) − (2p4 − 4p3 + 3p2 − p) ­ 0 ,
−2x2 + x(4p2 − p − 2) − p(p − 1)(2p2 − 2p + 1) ­ 0 .
Przy ustalonym p lewa strona powyższej nierówności jest funkcją kwadratową zmiennej x, o ujemnym współczynniku przy x 2 , rozważaną w przedziale
h0, 14 p2 i. Dla x = 0 lewa strona nierówności (2) jest nieujemna, przy czym jest
równa 0 tylko dla p = 0 i p = 1. Dla x = 14 p2 mamy
−2x2 + x(4p2 − p − 2) − p(p − 1)(2p2 − 2p + 1) =
p2
= −2
4
2
p2
+
· (4p2 − p − 2) − p(p − 1)(2p2 − 2p + 1) =
4
p(2 − p)(3p − 2)2
,
8
co jest dla 0 ¬ p ¬ 1 nieujemne, a zerem jest dla p = 0 i p = 32 . Dla liczb x
należących do przedziału (0, 14 p2 ) lewa strona nierówności (2) jest dodatnia.
Nierówność prawa została więc udowodniona. Równość zachodzi tylko
w następujących przypadkach:
=
p = 0, x = 0, czyli (a,b,c) = (0,0,1),
p = 1, x = 0, czyli (a,b,c) = (0,1,0) lub (a,b,c) = (1,0,0),
p = 32 , x = 91 , czyli (a,b,c) = ( 13 , 31 , 13 ).
Sposób II
Nierówności lewej dowodzimy tak jak w sposobie I. Wykażemy nierówność
prawą.
Wymnażając nawiasy i korzystając z założenia a + b + c = 1, sprowadzamy
dowodzoną nierówność do postaci
1 + a4 + b4 + c4 ¬ 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca + abc.
(1)
Prawdziwe są następujące zależności:
1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
(2)
oraz
1 = (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)) + 6abc =
= a3 + b3 + c3 + 3(ab + bc + ca) − 3abc,
skąd uzyskujemy
(3)
a3 + b3 + c3 + 3(ab + bc + ca) = 1 + 3abc.
Ponadto ab(a2 + b2 ) ­ 2a2 b2 oraz a2 b2 +b2 c2 +c2 a2 ­ a2 bc+ab2 c+abc2 = abc,
co pociąga
1 = (a + b + c)4 = a4 + b4 + c4 + 4(ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 )) +
+ 6(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 12(a2 bc + ab2 c + abc2 ) ­
­ a4 + b4 + c4 + 14(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 12abc ­ a4 + b4 + c4 + 26abc.
79
Stąd otrzymujemy
(4)
a4 + b4 + c4 + 26abc ¬ 1.
Wreszcie wychodząc od nierówności
0 ¬ x(1 − x)(3x − 1)2 = −9x4 + 15x3 − 7x2 + x
prawdziwej dla dowolnej liczby x ∈ h0,1i uzyskujemy
(5)
9(a4 + b4 + c4 ) + 7(a2 + b2 + c2 ) ¬ 15(a3 + b3 + c3 ) + 1.
Zależności (2), (3), (4), (5) mnożymy odpowiednio przez 83, 45, 4, 3, po
czym dodajemy stronami otrzymując
31 + 31(a4 + b4 + c4 ) ¬ 62(a2 + b2 + c2 ) + 31(ab + bc + ca) + 31abc,
co po skróceniu przez 31 daje dowodzoną nierówność (1).
Równość w nierówności (1) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi
równość w nierównościach (4) i (5). To ma miejsce wtedy i tylko wtedy,
gdy a = b = c = 1/3 lub gdy trójka (a,b,c) jest jedną spośród (1,0,0), (0,1,0),
(0,0,1).
Zadanie 10. Plan zamku w Baranowie Sandomierskim można w przybliżeniu
przedstawić jako graf o 16 węzłach, narysowany poniżej:
Nocny strażnik planuje zamkniętą trasę obchodu wzdłuż krawędzi
tego grafu.
(a) Ile istnieje takich tras (bez uwzględniania kierunku), które przechodzą przez każdy węzeł dokładnie raz?
(b) Ile istnieje takich tras (z uwzględnieniem kierunku), które przechodzą przez każdą krawędź dokładnie raz i nie krzyżują się same
ze sobą?
Rozwiązanie
(a) Rozważmy przebieg trasy strażnika w jednym z czterech naroży zamku.
Wyróżnimy następujące sytuacje:
A: strażnik podczas swojej trasy przechodzi przez naroże dwukrotnie.
Przebieg trasy w narożu można ustalić na 4 sposoby (rys. 43–46).
80
rys. 43
rys. 44
rys. 45
rys. 46
B: strażnik przechodzi przez naroże jednokrotnie, przy czym wychodzi
z naroża wracając w tym samym kierunku, z którego wszedł. Także w tym
wypadku przebieg trasy w narożu można ustalić na 4 sposoby (rys. 47–50),
o ile ustalony jest kierunek, z którego wchodzi strażnik.
rys. 47
rys. 48
rys. 49
rys. 50
C: strażnik przechodzi przez naroże jednokrotnie, przy czym wychodzi
z naroża idąc w przeciwnym kierunku, niż ten, z którego wszedł. Mamy tu
8 możliwych przebiegów trasy, które podzielimy na dwa typy: C 1 (rys. 51–54)
i C2 (rys. 55–58).
rys. 51
rys. 52
rys. 53
rys. 54
rys. 55
rys. 56
rys. 57
rys. 58
Cała trasa strażnika może być cyklem o przejściach przez kolejne naroża
typu BAAB, przy czym przypisanie liter A i B narożom może się odbyć na
4 sposoby, a w każdym narożu mamy 4 możliwości zaplanowania trasy. Tak
więc otrzymujemy 4 · 44 = 1024 trasy tego typu.
Trasa może też mieć przejścia przez kolejne naroża postaci C 1 C2 C1 C2 .
Przypisanie liter C1 i C2 narożom może się odbyć na dwa sposoby, a w każdym
narożu mamy cztery możliwości zaplanowania trasy. Tak więc otrzymujemy
2 · 44 = 512 tras tego typu.
Łącznie liczba tras, które może zaplanować strażnik zgodnie z warunkami
podanymi w części (a), jest równa 1536.
81
(b) Podobnie jak w pierwszej części zadania, rozważymy przebieg trasy
strażnika w jednym narożu zamku. Wyróżnimy następujące sytuacje:
A: wchodząc do naroża korytarzem zewnętrznym opuszczamy naroże korytarzem zewnętrznym, natomiast wchodząc (po raz drugi) do naroża korytarzem wewnętrznym wychodzimy także korytarzem wewnętrznym. Przebieg
trasy w narożu można w tym przypadku ustalić na 4 sposoby (rys. 59–62).
rys. 59
rys. 60
rys. 61
rys. 62
B: wchodząc do naroża korytarzem zewnętrznym opuszczamy naroże wracając korytarzem wewnętrznym (lub na odwrót). Tak samo postępujemy, gdy
po raz drugi znajdziemy się w narożu. Przebieg trasy w narożu można w tym
przypadku ustalić na 3 sposoby (rys. 63–65).
rys. 63
rys. 64
rys. 65
Przy planowaniu całej trasy musimy w jednym narożu postąpić według
schematu B, a w pozostałych trzech według schematu A. Zatem łączna liczba
tras (na razie bez uwzględniania kierunku) jest równa 4 · 3 · 4 3 = 768.
Tak więc liczba tras, które może zaplanować strażnik zgodnie z warunkami
podanymi w części (b), jest także równa 1536.
Uwaga
Powstaje naturalne pytanie: Czy ta sama odpowiedź w obu częściach zadania jest dziełem przypadku (któremu zapewne dopomógł autor zadania),
czy też leży za tym jakieś głębsze twierdzenie?
Załóżmy, że zamek ma kształt n-kąta foremnego ze strukturą korytarzy
w każdym z n naroży taką samą jak zamek opisany w treści zadania. W części
(a) otrzymamy n schematów typu BAAA...AAAB, co daje n · 4 n tras. Schemat C1 C2 C1 C2 ...C1 C2 C1 C2 występuje dwa razy przy n parzystym, a przy
n nieparzystym nie jest możliwy. Łącznie otrzymujemy w części (a) n · 4 n lub
(n + 2) · 4n tras w zależności od parzystości n.
Liczba tras w części (b) jest równa 2n · 3 · 4 n−1 .
Nietrudno sprawdzić, że odpowiedzi w częściach (a) i (b) są równe tylko
dla n = 4.
82
XI Zawody Matematyczne Państw Bałtyckich
Zadanie 1.
Niech K będzie punktem leżącym wewnątrz trójkąta ABC. Niech
M i N będą takimi punktami, że M i K leżą po przeciwnych stronach prostej AB, oraz N i K leżą po przeciwnych stronach prostej
) M AB = <
) M BA = <
) N BC = <
) N CB = <
) KAC =
BC. Załóżmy, że <
) KCA. Udowodnić, że M BN K jest równoległobokiem.
=<
Rozwiązanie
C
Trójkąty równoramienne AKC i BN C są podobne (rys. 66). Zatem
N
AC KC
<
) ACB = <
) KCN oraz
=
.
BC N C
Powyższe równości oznaczają, że trójkąty ABC
K
i KN C są podobne. Stąd
B
A
CN
CB CN
=
=
KN AB BM
M
(ostatnią równość uzyskujemy z podobieństwa
rys. 66
trójkątów CN B i BM A), czyli KN = BM .
Analogicznie dowodzimy, że KM = BN . Z ostatnich dwóch równości wynika, że czworokąt M BN K jest równoległobokiem.
Zadanie 2.
) A = 90◦ . Niech M
Dany jest trójkąt równoramienny ABC o kącie <
będzie środkiem boku AB. Prosta przechodząca przez punkt A i prostopadła do prostej CM przecina bok BC w punkcie P . Dowieść, że
<
) AM C = <
) BM P.
Rozwiązanie
Niech K będzie takim punktem, że czworokąt ABKC jest kwadratem
(rys. 67). Niech N będzie punktem przecięcia prostych AP i BK. Ponieważ
proste AN i CM są prostopadłe, punkt N jest środkiem odcinka BK.
Z powyższych rozważań wynika, że trójkąty AM C C
K
oraz BN A są przystające, co daje
(1)
<
) AM C = <
) BN A.
) M BP = <
) N BP , trójkąty
Ponieważ BM = BN oraz <
M BP oraz N BP są przystające. Stąd uzyskujemy
(2)
<
) BM P = <
) BN P .
Porównując równości (1) i (2) otrzymujemy tezę.
Zadanie 3.
P
A
M
rys. 67
N
B
) A = 90◦ oraz AB 6= AC. Punkty
Dany jest trójkąt ABC, w którym <
D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB, w taki sposób,
że AF DE jest kwadratem. Wykazać, że prosta BC, prosta F E oraz
styczna w punkcie A do okręgu opisanego na trójkącie ABC przecinają się w jednym punkcie.
83
Rozwiązanie
Niech P będzie punktem przecięcia prostych BC i F E (rys. 68). Wystarczy dowieść, że prosta AP jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie
ABC.
A
F
E
B
D
P
C
rys. 68
) AP E = <
) BP F .
Prosta F E jest osią symetrii kwadratu AF DE, więc <
◦
) AEP = 135 = <
) BF P . Z powyższych równości wynika, że trójkąty
Ponadto <
) CAP = <
) ABC, co oznacza, że prosta AP
AP E i BP F są podobne. Stąd <
jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Zadanie 4.
) A = 120◦. Punkty K i L leżą odDany jest trójkąt ABC, w którym <
powiednio na bokach AB i AC. Niech BKP i CLQ będą trójkątami
równobocznymi
zbudowanymi na zewnątrz trójkąta ABC. Udowod√
nić, że P Q ­ 23 (AB + AC).
Rozwiązanie
) ABC + <
) ACB = 60◦ wynika, że <
) P BC + <
) QCB = 180◦ , co
Z równości <
oznacza, że proste BP i CQ są równoległe (rys. 69). Niech X, Y będą rzutami
prostokątnymi punktu A odpowiednio na proste BP , CQ. Wtedy
√
√
AX
3
3
AY
=
oraz
=
.
AB
2
AC
2
Punkty X, A, Y są współliniowe, a zatem
P Q ­ (odległość pomiędzy prostymi BP i CQ) =
= XY =
co należało wykazać.
√
3
2 (AB + AC),
Y
A
X
P
Q
120◦
K
L
B
C
rys. 69
Zadanie 5.
84
Niech ABC będzie takim trójkątem, że
BC
AB + BC
=
.
AB − BC
AC
)A:<
) C.
Wyznaczyć iloraz <
Rozwiązanie
Wprowadźmy następujące oznaczenia: BC = a, CA = b oraz AB = c. Wtedy dana w treści zadania równość przybiera postać
(1)
ab + a2 = c2 ,
skąd w szczególności a < c. Niech D będzie punktem symetrycznym do punktu B względem symetralnej odcinka AC (rys. 70). Wówczas, na mocy nierówności a < c, czworokąt ACBD jest trapezem równoramiennym; zatem można na nim opisać
okrąg. Z twierdzenia Ptolemeusza otrzymujemy
A
D
x
B
a
c c
a
b
C
rys. 70
AD · BC + AC · BD = AB · CD.
Oznaczając przez x długość odcinka BD, przepisujemy ostatnią zależność
w postaci a2 + bx = c2 . Stąd oraz z równości (1) uzyskujemy x = a. Zatem
<
) ACD = <
) DCB = <
) CAB ,
)A:<
) C = 1 : 2.
co daje w ostateczności <
Zadanie 6.
Fredek prowadzi pensjonat. Twierdzi on, że za każdym razem, gdy
jego pensjonat odwiedza n ­ 3 gości, potrafi wskazać takich dwóch,
którzy wśród pozostałych gości mają taką samą liczbę znajomych
oraz wspólnego znajomego lub wspólnego nieznajomego. Dla jakich
wartości n Fredek ma rację?
Rozwiązanie
Odp.: Fredek ma rację dla wszystkich n 6= 4.
Niech n 6= 4. Przypuśćmy, że każdych dwóch gości Fredka, posiadających
wśród pozostałych taką samą liczbę znajomych, nie ma ani wspólnego znajomego, ani wspólnego nieznajomego.
Ze zbioru G gości Fredka wybierzmy dwóch A i B, którzy mają taką
samą liczbę znajomych. Wówczas A, jak również B, ma albo 21 n albo 21 n − 1
znajomych w zbiorze G w zależności od tego, czy A i B się znają, czy nie. To
dowodzi, że dla liczb nieparzystych n Fredek ma rację.
Załóżmy dalej, że n jest liczbą parzystą, a więc n ­ 6.
Ze zbioru G \ {A,B} wybierzmy dwóch gości C, D mających tyle samo
znajomych w zbiorze G \ {A,B}. Ponieważ każdy gość w zbiorze G \ {A,B}
jest albo znajomym albo nieznajomym jednego spośród A, B, więc obaj C
i D mają taką samą liczbę znajomych w zbiorze G. To oznacza, że zarówno
C jak i D ma w zbiorze G albo 12 n albo 12 n − 1 znajomych.
Ze zbioru G \ {A,B,C,D} wybierzmy dwóch gości E, F mających w zbiorze G \ {A,B,C,D} tyle samo znajomych (to jest możliwe, gdyż n ­ 6). Ponieważ każdy gość ze zbioru G \ {A,B,C,D} ma dokładnie dwóch znajomych
85
w zbiorze {A,B,C,D}, więc E i F mają taką samą liczbę znajomych w zbiorze G. To oznacza, że każdy z nich ma albo 21 n albo 12 n − 1 znajomych w zbiorze G.
Zatem co najmniej czterech gości spośród A, B, C, D, E, F ma tyle
samo znajomych w zbiorze G. Wybierzmy trzech z nich. W tej trójce Fredek
może zawsze znaleźć takiego, który jest albo znajomym, albo nieznajomym
pozostałych dwóch. To kończy dowód, że dla n 6= 4 Fredek ma rację.
Dla n = 4 Fredek nie ma racji. Rysunek po prawej stronie przedstawia kontrprzykład. (Punkty reprezentują czterech gości, linia łącząca
niektóre z nich oznacza, że odpowiedni goście się znają.)
Uwaga
W powyższym rozwiązaniu korzystaliśmy wielokrotnie z następującego
faktu: W każdej n-osobowej grupie można wskazać takie dwie osoby, które
mają wśród pozostałych taką samą liczbę znajomych.
Dowód: Przypuśćmy, że w rozważanej n-osobowej grupie każdy ma inną
liczbę znajomych. Stąd w szczególności wynika, że pewna osoba ma 0 znajomych, zaś inna n − 1. To nie może jednak być spełnione jednocześnie.
Zadanie 7.
Tablica kontrolna o wymiarach 40 × 50 składa się 2000 guzików, z których każdy jest w pozycji: włączony lub wyłączony. Naciśnięcie guzika
powoduje zmianę jego pozycji oraz pozycji wszystkich guzików w tej
samej kolumnie i w tym samym wierszu. Wykazać, że przyciskając
guziki można tablicę z początkowo wyłączonymi guzikami doprowadzić do tablicy, w której wszystkie guziki są włączone. Wyznaczyć
najmniejszą potrzebną do tego liczbę naciśnięć.
Rozwiązanie
Aby doprowadzić do tablicy, w której wszystkie guziki są włączone, naciskamy każdy guzik dokładnie raz. Wówczas pozycja każdego guzika zmieni się
dokładnie 89, a więc nieparzystą liczbę razy. W ten sposób wykonamy 2000
naciśnięć i zmienimy stan każdego guzika z pozycji „wyłączony” na pozycję
„włączony”.
Wykażemy, że 2000 jest najmniejszą potrzebną liczbą naciśnięć.
Przyciskając każdy guzik zmieniamy pozycję nieparzystej liczby guzików
(dokładnie 89). Zatem aby uzyskać tablicę, w której wszystkie 2000 guzików
będą włączone, łączna liczba naciśnięć musi być parzysta.
Przypuśćmy, że wykonaliśmy mniej niż 2000 wciśnięć uzyskując tablicę
ze wszystkimi guzikami włączonymi. Wówczas pewien guzik G nie został dotknięty. Aby zmienić jego pozycję na przeciwną, należało wykonać nieparzystą liczbę naciśnięć w wierszu w i kolumnie k, zawierających G. Guzik G nie
został wciśnięty, więc liczba naciśnięć w wierszu w lub w kolumnie k jest nieparzysta. Przyjmijmy bez straty ogólności, że dokonaliśmy nieparzystej liczby
86
naciśnięć w wierszu w. Doprowadziło to do sytuacji, w której wszystkie guziki wiersza w są włączone. Zatem, aby nie zmienić ich pozycji, łączna liczba
naciśnięć poza wierszem w musi być parzysta. Stąd łączna liczba naciśnięć
w całej tablicy jest nieparzysta, co przeczy poczynionej wyżej obserwacji, że
liczba wszystkich naciśnięć w tablicy jest parzysta.
Zadanie 8.
Na przyjęciu spotkało się czternastu kolegów. Jeden z nich, Fredek,
chciał wcześniej położyć się spać. Pożegnał się więc z 10 kolegami,
zapominając o trzech pozostałych i poszedł spać. Po chwili wrócił na
przyjęcie, pożegnał się z 10 kolegami (niekoniecznie tymi samymi co
poprzednio) i poszedł spać. Fredek powracał jeszcze wielokrotnie i za
każdym razem żegnał się z 10 kolegami, po czym szedł spać. Kiedy
tylko pożegnał się z każdym ze swoich kolegów co najmniej raz, to już
nie wrócił. Rano Fredek uświadomił sobie, że z każdym z trzynastu
kolegów pożegnał się inną liczbę razy. Ile co najmniej razy powracał
Fredek?
Rozwiązanie
Odp.: Fredek powracał co najmniej 32 razy.
Załóżmy, że Fredek powracał k razy, tzn. żegnał się k + 1 razy ze swoimi
kolegami.
Z warunków zadania wynika, że istnieje taki kolega Fredka, nazwijmy go
X13 , z którym Fredek zapomniał się pożegnać k razy pod rząd (w przeciwnym
razie Fredek powracałby mniej niż k razy).
Rozpatrzmy pozostałych gości Fredka: X 0 ,X1 ,...,X11 . Załóżmy, że Fredek zapomniał xj razy pożegnać się z kolegą Xj . Ponieważ Fredek zapomniał
pożegnać się z każdym z kolegów różną liczbę razy, bez straty ogólności możemy założyć, że xj ­ j dla j = 0,1,2,...,11. Za każdym razem Fredek zapominał
o trzech swoich kolegach, a więc
3(k + 1) = x0 + x1 + x2 + ... + x11 + k ­ 1 + 2 + ... + 11 + k = 66 + k,
skąd k ­ 63/2, co w efekcie daje k ­ 32.
Poniższa tabela przedstawia sytuację, w której Fredek powracał dokładnie
32 razy, tzn. żegnał się ze swoimi kolegami 33 razy. W i-tej kolumnie wypisano
tych kolegów, o których Fredek zapomniał żegnając się i-ty raz, tzn. przed
swoim i-tym powrotem. Dla przejrzystości piszemy j zamiast X j .
13 13 ... 13 13 13 13 ... 13 13 13 ... 13 13 13 13 13 13 13 13 11
11 11 ... 11 11 8 8 ... 8 7 7 ... 7 7 4 4 4 4 3 3 3
|10 10{z... 10} 9 | 9 9{z... 9} | 6 6{z... 6} 5 5 5 5 5 2 2 1
10
8
6
87
Zadanie 9.
Po szachownicy 2k × 2k złożonej
√ z jednostkowych kwadratów skacze
żaba. Skoki żaby są długości 1 + k 2 i przenoszą ją ze środka jednego
kwadratu do środka innego kwadratu. Pewnych m kwadratów szachownicy zaznaczono krzyżykiem. Wszystkie kwadraty, do których
może skoczyć żaba z pól oznaczonych krzyżykiem, oznaczono kółkiem (nawet jeśli na którymś z tych pól jest już krzyżyk). Kółkiem
oznaczono n kwadratów. Dowieść, że n ­ m.
Rozwiązanie
Rozetnijmy daną szachownicę 2k × 2k na 2k prostokątów A 1 ,A2 ,...,Ak
oraz B1 ,B2 ,...,Bk , każdy wymiarów k × 2, tak jak pokazano na rysunku 71.
Każdemu polu p oznaczonemu krzyżykiem i znajdującemu się w prostokącie Aj przyporządkujemy to pole z prostokąta B j , do którego może skoczyć
żaba z pola p. Podobnie, każdemu polu q oznaczonemu krzyżykiem i znajdującemu się w prostokącie Bj przyporządkujemy to pole z prostokąta A j , do
którego może skoczyć żaba z pola q (rys. 72).
B1
A1
×
A2
B2
A3
B3
A4
B4
rys. 71
×
×
×
×
rys. 72
W ten sposób określone odwzorowanie jest różnowartościowe i przeprowadza m-elementowy zbiór pól oznaczonych krzyżykiem w n-elementowy zbiór
pól oznaczonych kółkiem. Stąd n ­ m.
Zadanie 10. Na tablicy napisano dwie liczby całkowite dodatnie. Początkowo jedna z nich jest równa 2000, a druga jest mniejsza niż 2000. Jeśli średnia
arytmetyczna m dwóch liczb napisanych na tablicy jest liczbą całkowitą, możemy wykonać następującą procedurę: ścieramy jedną z liczb
zastępując ją przez m. Dowieść, że ta procedura nie może być wykonana więcej niż dziesięć razy. Podać przykład, w którym powyższa
procedura jest wykonywana dziesięć razy.
Rozwiązanie
Załóżmy, że udało nam się wykonać opisaną procedurę n razy. Niech a i
oraz bi (i = 0,1,2,...,n) będą liczbami znajdującymi się na tablicy po wykonaniu danej procedury i razy. Wtedy jedna z liczb a 0 lub b0 równa się 2000.
Ponieważ liczby a0 , b0 są różne, ai 6= bi dla każdego i ­ 0.
88
Aby daną procedurę dało się wykonać n razy, liczby a i oraz bi muszą być
takiej samej parzystości dla każdego i ∈ {0,1,2,...,n−1}. Ponadto, niezależnie
od tego, która liczba zostanie wytarta,
(1)
|ai+1 − bi+1 | = 12 |ai − bi |
2n |a
dla i ∈ {0,1,2,...,n−1} .
n
Stąd otrzymujemy
n − bn | = |a0 − b0 |, a co za tym idzie 2 ¬ |a0 − b0 |, gdyż
liczby an i bn są całkowite oraz an 6= bn .
Z warunków zadania wynika, że |a0 − b0 | < 2000, a ponieważ 211 > 2000,
więc musi być n ¬ 10. To oznacza, że dana procedura może być wykonana nie
więcej niż 10 razy.
Aby daną procedurę wykonać dokładnie 10 razy, przyjmijmy a 0 = 2000,
b0 = 976. Wówczas korzystając z równości (1) uzyskujemy
|ai − bi | = 210−i
dla i ∈ {0,1,2,...,10}.
Zatem niezależnie od tego, która liczba w i-tym kroku zostanie wytarta,
liczby ai , bi dla i ∈ {0,1,2,...,9} są tej samej parzystości. Daną procedurę da
się w tym przypadku wykonać 10 razy.
Zadanie 11. Dany jest taki ciąg liczb całkowitych dodatnich a1 ,a2 ,..., że dla dowolnych m i n zachodzi: jeśli m jest dzielnikiem liczby n oraz m < n,
to am jest dzielnikiem liczby an oraz am < an . Znaleźć najmniejszą
możliwą wartość liczby a2000 .
Rozwiązanie
Odp.: Najmniejsza możliwa wartość liczby a 2000 równa się 128.
Rozpatrzmy następujący ciąg liczb:
1 < 2 < 4 < 8 < 16 < 80 < 400 < 2000.
W ciągu tym każdy wyraz, z wyjątkiem pierwszego, jest podzielny przez
wyraz poprzedni. Stąd
(1)
a1 < a2 < a4 < a8 < a16 < a80 < a400 < a2000 ,
a ponadto
(2) a1 | a2 ,
a2 | a4 ,
a4 | a8 ,
a8 | a16 ,
Z warunków (1) i (2) wynika, że
a2 ­ 2a1 ­ 2,
a4 ­ 2a2 ­ 22 ,
a80 ­ 2a16 ­ 25 ,
a16 | a80 ,
a80 | a400 ,
a8 ­ 2a4 ­ 23 ,
a400 ­ 2a80 ­ 26 ,
a400 | a2000 .
a16 ­ 2a8 ­ 24 ,
a2000 ­ 2a400 ­ 27 = 128.
Wartość a2000 = 128 można zrealizować, przyjmując
a1 = 1
oraz
an = 2α1 +α2 +...+αk ,
gdzie n = pα1 1 pα2 2 ... pαk k jest rozkładem liczby n na czynniki pierwsze. W ten
sposób określony ciąg a1 ,a2 ,a3 ,... spełnia warunki zadania. Ponadto otrzymujemy a2000 = 24+3 = 128, gdyż 2000 = 24 · 53 .
89
Zadanie 12. Niech x1 ,x2 ,...,xn będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że
żadna z nich nie jest początkowym fragmentem żadnej innej (na przykład 12 jest początkowym fragmentem liczb 12, 125 oraz 12405). Dowieść, że
1
1
1
+ + ... +
< 3.
x1 x2
xn
Rozwiązanie
Jeśli liczby x1 ,x2 ,...,xn są jednocyfrowe, to jest ich co najwyżej dziewięć
i są one różne. Wtedy
1
1
1
1
1
+ + ... +
¬ 1 + + ... + < 3 .
x1 x2
xn
2
9
Załóżmy więc, że wśród liczb x1 ,x2 ,...,xn są liczby co najmniej dwucyfrowe.
Ze zbioru A0 = {x1 ,x2 ,...,xn } wybieramy te liczby, które mają najwięcej
cyfr, a następnie wyłaniamy spośród nich takie, które różnią się między sobą jedynie na miejscu jedności. W ten sposób wyróżniliśmy w zbiorze A 0
następujących k liczb (1 ¬ k ¬ 10):
y1 = 10y + a1 ,
y2 = 10y + a2 ,
yk = 10y + ak ,
... ,
gdzie a1 ,a2 ,...,ak są różnymi liczbami ze zbioru {0,1,2,...,9}. Zatem
1
1
1
1
1
1
1
1
+ + ... + ¬
+
+ ... +
< 10 ·
= .
(1)
y1 y2
yk 10y 10y + 1
10y + 9
10y y
Ze sposobu wyboru liczb y1 ,y2 ,...,yk wynika, że w zbiorze A0 \ {y1 ,y2 ,...,yk }
nie ma liczb, których początkowym fragmentem jest liczba y, jak również
liczb, będących początkowym fragmentem liczby y. Usuwając ze zbioru A 0
liczby y1 ,y2 ,...,yk i wprowadzając na ich miejsce liczbę y, otrzymamy zbiór
A1 , w którym żadna liczba nie jest początkowym fragmentem żadnej innej
liczby zbioru A1 . Ponadto, na mocy nierówności (1),
X 1
1
1
1
+ + ... +
<
.
x1 x2
xn x∈A x
1
Jeżeli zbiór A1 zawiera liczby co najmniej dwucyfrowe, przeprowadzamy
powyżej opisaną operację na zbiorze A 1 . Uzyskamy w ten sposób zbiór A2 ,
w którym żadna liczba nie jest początkowym fragmentem żadnej innej i dla
którego
X 1
X 1
1
1
1
+ + ... +
<
<
.
x1 x2
xn x∈A x x∈A x
1
2
Kontynuując, otrzymamy w efekcie zbiór A m złożony z różnych liczb jednocyfrowych, a wtedy
X 1
X 1
X 1
1
1
1
1
1
+ + ... +
<
<
< ... <
¬ 1 + + ... + < 3 .
x1 x2
xn x∈A x x∈A x
x
2
9
x∈A
1
90
2
m
Zadanie 13. Niech a1 ,a2 ,...,an będzie takim ciągiem arytmetycznym liczb całkowitych, że i | ai dla i = 1,2,...,n−1 oraz n6 | an . Udowodnić, że n jest
potęgą liczby pierwszej.
Rozwiązanie
Niech ai = a0 + di dla i = 1,2,...,n. Z warunków danych w treści zadania
wynika, że i | a0 dla i = 1,2,...,n−1 oraz n6 | a0 .
Jeżeli liczba n nie jest potęgą liczby pierwszej, to można ją przedstawić w postaci n = ab, gdzie a i b są liczbami względnie pierwszymi oraz
a,b < n. Jednak wtedy a | a0 , jak również b | a0 , a to daje n | a0 . Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że liczba n musi być potęgą liczby pierwszej.
Uwaga
Dla dowolnej liczby n, będącej potęgą liczby pierwszej, istnieje taka liczba
naturalna a, że i | a dla i = 1,2,...,n−1 oraz n6 | a.
Istotnie: Przyjmijmy a = NWW(1,2,3,...,n−1). Wtedy oczywiście i | a dla
i = 1,2,...,n−1. Jeżeli n = pk , gdzie p jest liczbą pierwszą, to w rozkładzie na
czynniki pierwsze każdej z liczb 1,2,3,...,n−1 liczba p występuje w potędze
niższej niż k. To zaś oznacza, że n6 | a.
Zadanie 14. Znaleźć wszystkie takie dodatnie liczby całkowite n, że n równa się
liczbie dodatnich dzielników liczby n pomnożonej przez 100.
Rozwiązanie
Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej m oznaczmy przez d(m) liczbę
jej dodatnich dzielników. Wówczas, jeśli p α1 1 pα2 2 ...pαk k jest rozkładem liczby m
na czynniki pierwsze, to
(1)
d(m) = (1 + α1 )(1 + α2 )...(1 + αk ).
Niech ponadto e(n) = n/d(n) dla n = 1,2,3,.... Szukamy takich liczb naturalnych n, że e(n) = 100.
Udowodnimy najpierw następujący
Lemat
Niech a i b będą takimi liczbami naturalnymi, że a|b oraz a < b. Wówczas
e(a) ¬ e(b), przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy b = 2a i a
jest liczbą nieparzystą.
Dowód
Przeprowadzimy najpierw dowód w przypadku, gdy p = b/a jest liczbą
pierwszą.
Niech α będzie wykładnikiem, z jakim liczba p występuje w rozkładzie na
czynniki pierwsze liczby a. Wówczas na mocy wzoru (1) uzyskujemy
e(b) b d(a)
1+α
1
= ·
= p·
­ 2 · = 1,
e(a) a d(b)
2+α
2
91
przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy p = 2 oraz α = 0,
tzn. wtedy i tylko wtedy, gdy b = 2a oraz a jest liczbą nieparzystą.
Załóżmy teraz, że b = p1 p2 ...pl a, gdzie p1 ,p2 ,...,pl są (niekoniecznie różnymi) liczbami pierwszymi. Z wyżej udowodnionego przypadku otrzymujemy
(2)
e(a) ¬ e(p1 a) ¬ e(p1 p2 a) ¬ ... ¬ e(p1 p2 ...pl a) = e(b).
Równość we wszystkich nierównościach (2) może zajść jedynie wtedy, gdy
k = 1 i p1 = 2. Dowód lematu jest tym samym zakończony.
Niech n będzie liczbą całkowitą dodatnią, dla której e(n) = 100. Z równości
n = 100 · d(n) wynika, że liczba n jest podzielna przez 2 2 · 52 . Korzystając
z lematu wykażemy, że 2, 3 i 5 są jedynymi dzielnikami pierwszymi liczby n.
Rozpatrzymy trzy przypadki:
(a) Przypuśćmy, że 27 ·52 | n. Wówczas na mocy lematu uzyskujemy
e(n) ­ e(27 · 52 ) = 3200/24 > 100,
sprzeczność. Stąd wniosek, że liczba 2 występuje w rozkładzie liczby n na
czynniki pierwsze z wykładnikiem 2, 3, 4, 5 lub 6.
(b) Analogicznie, gdyby 22 ·54 | n, to mielibyśmy na mocy lematu
e(n) ­ e(22 · 54 ) = 2500/15 > 100.
Stąd, liczba 5 występuje w rozkładzie liczby n na czynniki pierwsze z wykładnikiem 2 lub 3.
(c) Przypuśćmy teraz, że 22 ·52 ·p4 | n dla pewnej liczby pierwszej p, różnej
od 2 i 5. Wówczas
22 · 52 · p4 22 · 52 · 34 8100
­
=
> 100.
e(n) ­ e(22 · 52 · p4 ) =
3·3·5
3·3·5
45
Zatem każda liczba pierwsza p, różna od 2 i 5, występuje w rozkładzie liczby
n na czynniki pierwsze z wykładnikiem 0, 1, 2 lub 3.
Przypuśćmy teraz, że liczba n posiada dzielnik pierwszy p ­ 7. Wtedy
p | d(n). Stąd oraz z równości (1) wynika, że pewien czynnik pierwszy występuje w rozkładzie liczby n z wykładnikiem większym lub równym 6. Z wniosków wysuniętych w podpunktach (a), (b) i (c) wynika, że jest to możliwe
jedynie wtedy, gdy owym czynnikiem pierwszym jest 2 oraz p = 7. Stąd uzyskujemy podzielność 26 ·52 ·7 | n, co daje
e(n) ­ e(26 ·52 ·7) = 11200/42 > 100,
sprzeczność. Zatem jedynymi dzielnikami pierwszymi liczby n są 2, 3, 5 i żaden z nich nie może występować w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby n
w potędze równej 6. Reasumując,
(3)
92
n = 2 a · 5b · 3c ,
gdzie
a = 2,3,4,5,
b = 2,3,
c = 0,1,2,3.
Załóżmy najpierw, że b = 3. Na mocy równości n = 100 · d(n) otrzymujemy
5 | d(n). To daje a = 4, co z kolei implikuje podzielność 2 4 ·53 | n. Na mocy
lematu uzyskujemy
e(n) ­ e(24 · 53 ) = e(2000) = 100.
Zatem liczba 2000 spełnia warunki zadania. Ponadto korzystając jeszcze raz
z lematu wnioskujemy, że c = 0.
Załóżmy wreszcie, że b = 2. Wtedy 56 | d(n), co oznacza, że wykladniki a,
b, c są różne od 4. To na mocy warunku (3) pozostawia 12 możliwych par
wyboru liczb a i c. Bezpośrednie sprawdzenie (patrz tabela niżej) dowodzi,
że żadna z tych 12 możliwości nie prowadzi do wyniku e(n) = 100.
a
2
2
2
2
3
3
c
0
1
2
3
0
1
2a ·52 ·3c
100
300
900
2700
200
600
e(2a ·52 ·3c )
100/9
50/3
100/3
75
50/3
25
a
3
3
5
5
5
5
c
2
3
0
1
2
3
2a ·52 ·3c
1800
5400
800
2400
7200
21600
e(2a ·52 ·3c )
50
225/2
400/9
200/3
400/3
300
Zatem n = 2000 jest jedyną liczbą spełniającą warunki zadania.
Zadanie 15. Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą niepodzielną ani przez 2,
ani przez 3. Wykazać, że dla wszystkich liczb całkowitych k liczba
(k + 1)n − k n − 1
jest podzielna przez k 2 + k + 1.
Rozwiązanie
Wykażemy, że wielomian Q(x) = (x + 1) n − xn − 1 jest podzielny przez wielomian P (x) = x2 + x + 1. Ponieważ wielomian P (x) jest unormowany, otrzymamy w ilorazie wielomian o współczynnikach całkowitych, a stąd bezpośrednio wynika, że liczba Q(k) jest podzielna przez P (k) dla każdej liczby
całkowitej k.
Niech w1 i w2 będą pierwiastkami (zespolonymi) wielomianu P (x):
√
√
2π
1
4π
4π
(1) w1 = 21 (−1 + i 3) = cos 2π
3 + isin 3 , w2 = 2 (−1 − i 3) = cos 3 + isin 3 .
(Na płaszczyźnie zespolonej punkty reprezentujące odpowiednio liczby w 1 , w2
oraz 1 są wierzchołkami trójkąta równobocznego – rys. 73). Dowód będzie
zakończony, jeśli udowodnimy, że Q(w 1 ) = Q(w2 ) = 0.
Z równości (1) otrzymujemy
√
√
5π
(2) w1 +1 = 12 (1+i 3) = cos π3 + isin π3 , w2 +1 = 12 (1−i 3) = cos 5π
3 + isin 3 .
(Punkty reprezentujące odpowiednio liczby w 1 +1, w1 , −1, w2 , w2 +1 oraz 1
są kolejnymi wierzchołkami sześciokąta foremnego – rys. 73).
93
w1 +1
w1
1
−1
w2
w2 +1
rys. 73
Przyjmijmy najpierw, że liczba n daje z dzielenia przez 6 resztę 1. Wtedy
korzystając z pierwszej równości (2) oraz ze wzoru de Moivre’a uzyskujemy
(w1 + 1)n = w1 + 1. Podobnie, wykorzystując pierwszą zależność (1) otrzymujemy w1n = w1 . Dwie ostatnie równości implikują Q(w 1 ) = 0.
Analogicznie dowodzimy, że (w2 + 1)n = w2 + 1 oraz w2n = w2 , a to daje
Q(w2 ) = 0.
Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy wykładnik n daje z dzielenia
przez 6 resztę 5. Podobnie jak poprzednio, korzystając ze wzoru de Moivre’a
oraz równości (1) i (2) obliczamy
(w1 + 1)n = (w1 + 1)5 = w2 + 1
oraz
w1n = w12 = w2 ,
oraz
w2n = w22 = w1 ,
skąd Q(w1 ) = 0. Analogicznie uzyskujemy
(w2 + 1)n = (w2 + 1)5 = w1 + 1
co daje Q(w2 ) = 0.
Zadanie 16. Udowodnić, że dla wszystkich dodatnich liczb rzeczywistych a, b, c
zachodzi nierówność
p
p
p
a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 ­ a2 + ac + c2 .
Rozwiązanie
Sposób I
Podnosząc daną w treści zadania nierówność stronami do kwadratu otrzymujemy jej równoważną postać:
q
a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 + 2 (a2 − ab + b2 )(b2 − bc + c2 ) ­ a2 + ac + c2 .
Grupując wyrazy podobne i podnosząc ponownie do kwadratu uzyskujemy
(1)
4(a2 − ab + b2 )(b2 − bc + c2 ) ­ (ab + bc + ca − 2b2 )2 .
Wymnażając nawiasy po lewej stronie nierówności (1) otrzymujemy
(2)
4a2 b2 − 4a2 bc + 4a2 c2 − 4ab3 + 4ab2 c − 4abc2 + 4b4 − 4b3 c + 4b2 c2 ,
zaś wymnażając nawiasy po prawej stronie nierówności (1) dostajemy
(3)
94
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 4b4 + 2ab2 c + 2a2 bc − 4ab3 + 2abc2 − 4b3 c − 4ab2 c.
Grupując i redukując wyrazy podobne w wyrażeniach (2) i (3), przepisujemy
dowodzoną nierówność (1) w postaci
3a2 b2 + 3b2 c2 + 3c2 a2 + 6ab2 c − 6a2 bc − 6abc2 ­ 0,
co z kolei sprowadza się do 3(ab + bc − ca) 2 ­ 0.
Sposób II
Rozpatrzmy czworokąt ABCD, w którym
DA = a,
DB = b,
B
A
DC = c
) ADB = <
) BDC
oraz <
(zob. rys. obok). Na
mocy twierdzenia cosinusów uzyskujemy
= 60◦
AB =
p
a2 − ab + b2 ,
BC =
p
b2 − bc + c2
oraz
b
a
c
D
AC =
p
C
a2 + ac + c2 .
Dana w treści zadania nierówność to AB + BC ­ AC, czyli nierówność trójkąta ABC.
Zadanie 17. Znaleźć wszystkie rozwiązania w liczbach rzeczywistych następującego układu równań:

x + y + z + t



xy + yz + zt + tx
xyz + yzt + ztx + txy



xyzt
= 5
= 4
= 3
= −1.
Rozwiązanie
Dany w treści zadania układ równań możemy zapisać jako


(x + z) + (y + t) = 5



(x + z)(y + t) = 4
(1)

 (x + z)yt + xz(y + t) = 3


(xz)(yt) = −1.
Podstawiając a = x + z, b = xz, c = y + t, d = yt sprowadzamy układ (1) do
postaci





a+c = 5
ac = 4

ad + bc = 3



bd = −1.
(2)
Z dwóch pierwszych równań układu (2) uzyskujemy równanie a(5 − a) = 4.
Rozwiązując je otrzymujemy: a = 1 lub a = 4. Stąd mamy (a,c) = (1,4) lub
(a,c) = (4,1). Układ (2) jest więc równoważny dwóm układom równań:





a=1
c=4

d
+
4b
=3



bd = −1,





a=4
c=1

4d
+
b
=3



bd = −1.
95
Rozumując tak jak poprzednio, wyznaczamy z powyższych układów dwie
brakujące niewiadome b i d otrzymując łącznie cztery rozwiązania (a,b,c,d)
układu (2). Są nimi:
(1,− 41 ,4,4),
(1,1,4,−1),
(4,4,1,− 14 )
oraz
(4,−1,1,1).
Układ (1) jest więc równoważny następującym czterem układom:
(3)


x+z = 1









x+z = 1



xz = − 41
y +t = 4
yt = 4,
xz = 1


x+z = 4



xz = 4

y +t = 4



yt = −1,

y +t = 1



yt = − 41 ,


x+z = 4



xz = −1

y+t = 1



yt = 1.
Nie istnieją liczby rzeczywiste p i q, dla których jednocześnie zachodzą
równości: p + q = 1 oraz pq = 1. To oznacza, że układy drugi i czwarty spośród
układów (3) nie mają rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych. Z kolei układy
pierwszy i trzeci sprowadzają się do rozwiązania układów
(4)
(
p+q = 1
pq = − 41
oraz
(
p+q = 4
pq = 4.
Pierwszy układ równań (4) ma dwa rozwiązania:
√
√
√
√
(p,q) = ( 21 (1+ 2), 12 (1− 2)), (p,q) = ( 21 (1− 2), 12 (1+ 2));
natomiast drugi ma jedno rozwiązanie: (p,q) = (2,2).
Stąd otrzymujemy łącznie cztery rozwiązania (x,y,z,t) wyjściowego układu równań. Są nimi:
√
√
√
√
( 21 (1+ 2), 2, 12 (1− 2), 2), ( 12 (1− 2), 2, 12 (1+ 2), 2),
√
√
√
√
(2, 21 (1+ 2), 2, 12 (1− 2)), (2, 12 (1− 2), 2, 12 (1+ 2)).
Zadanie 18. Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby rzeczywiste x i y spełniające
równanie
x+y +
p
√
1 1
+ + 4 = 2·( 2x + 1+ 2y + 1).
x y
Rozwiązanie
Dla dowolnej liczby dodatniej t mamy
√
√
√
1
1
1
t + + 2 − 2 2t + 1 = (t2 + 2t + 1 − 2t 2t + 1) = (t − 2t + 1)2 .
t
t
t
Dane w treści zadania równanie możemy więc przepisać w następującej, równoważnej postaci:
√
p
1
1
(x − 2x + 1)2 + (y − 2y + 1)2 = 0.
x
y
Liczby x i y są dodatnie, zatem powyższe równanie sprowadza się do dwóch
równań:
√
p
x = 2x + 1 oraz y = 2y + 1.
96
√
Równanie t = 2t + 1 ma tylko jedno√rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych dodatnich, a mianowicie t = 1 + 2. Stąd
√ otrzymujemy dokładnie jedno
rozwiązanie naszego równania: x = y = 1 + 2.
Zadanie 19. Niech t ­ 21 będzie liczbą rzeczywistą, a n dodatnią liczbą całkowitą.
Dowieść, że t2n ­ (t − 1)2n + (2t − 1)n .
Rozwiązanie
Nierówność, którą należy udowodnić, przepisujemy w postaci
(1)
(t2 )n ­ (t2 − 2t + 1)n + (2t − 1)n .
Podstawmy: a = t2 − 2t + 1 oraz b = 2t − 1. Wówczas liczby a i b są nieujemne,
zaś nierówność (1), której dowodzimy, przybiera postać (a + b) n ­ an + bn .
Ostatnią zależność uzyskujemy bezpośrednio z dwumianu Newtona:
n
n
n
(a + b) = a + b +
n−1
X
k=1
n k n−k
a b
­ an + bn ,
k
co kończy dowód danej nierówności.
Zadanie 20. Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n niech
xn =
Dowieść, że
(2n + 1)(2n + 3) · ...· (4n − 1)(4n + 1)
.
(2n)(2n + 2) · ...· (4n − 2)(4n)
√
2
1
< xn − 2 < .
4n
n
Rozwiązanie
Na mocy nierówności (x − 1)(x + 1) < x2 , prawdziwej dla dowolnej liczby
rzeczywistej x, otrzymujemy
(2n + 1)(2n + 3) < (2n + 2)2
(2n + 3)(2n + 5) < (2n + 4)2
..
.
(4n − 3)(4n − 1) < (4n − 2)2
(4n − 1)(4n + 1) < (4n)2 ,
co po pomnożeniu stronami przybiera postać
(2n + 1)(2n + 3)2 (2n + 5)2 ...(4n − 1)2 (4n + 1) <
< (2n + 2)2 (2n + 4)2 ...(4n − 2)2 (4n)2 .
Definicja liczby xn oraz powyższa nierówność dają
(2n + 1)(4n + 1) 8n2 + 6n + 1 8n2 + 8n
2
(1)
x2n <
=
<
= 2+ .
(2n)2
4n2
4n2
n
Analogicznie, korzystając raz jeszcze z nierówności (x − 1)(x + 1) < x 2 mamy
(2n)(2n + 2) < (2n + 1)2
97
(2n + 2)(2n + 4) < (2n + 3)2
..
.
(4n − 4)(4n − 2) < (4n − 3)2
(4n − 2)(4n) < (4n − 1)2 ,
co po pomnożeniu stronami daje
(2n)(2n + 2)2 (2n + 4)2 ...(4n − 2)2 (4n) <
< (2n + 1)2 (2n + 3)2 ...(4n − 1)2 .
Stąd uzyskujemy następujące zależności:
16n2 + 8n + 1 16n2 + 8n
1
(4n + 1)2
=
>
= 2+ .
(2)
x2n >
(2n)·(4n)
8n2
8n2
n
Z nierówności (2) wynika, że x2n − 2 > 0. Zatem na mocy nierówności (1),
√
x2 − 2
2
xn − 2 = n √ < x2n − 2 < ,
n
xn + 2
co daje jedną z dowodzonych nierówności.
Z kolei z nierówności (1) wynika, że x 2n < 2 + 2, czyli xn < 2. Korzystając
raz jeszcze z zależności x2n − 2 > 0 oraz z nierówności (2) uzyskujemy
√
x2 − 2
1
1
x2 − 2
√
,
>
xn − 2 = n √ > n √ >
xn + 2 2 + 2 (2+ 2)n 4n
co daje drugą z dowodzonych nierówności.
98
DODATEK 2
A. Nierówność Bernoulliego
Nierówność Bernoulliego
Dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej n i dowolnej liczby rzeczywistej
a ­ −1 zachodzi nierównosć
(1 + a)n ­ 1 + an .
(1)
Dowód I (indukcyjny)
Dla n = 1 nierówność (1) staje się równością i jest tym samym spełniona.
Załóżmy teraz, że zachodzi nierówność (1). Wykażemy, że
(1 + a)n+1 ­ 1 + a(n + 1) .
Wychodząc od lewej strony powyższej nierówności oraz korzystając z założenia indukcyjnego otrzymujemy kolejno
(1 + a)n+1 = (1 + a)(1 + a)n ­ (1 + a)(1 + an) =
= 1 + a(n + 1) + a2 n ­ 1 + a(n + 1) .
Tym samym dowód indukcyjny jest zakończony.
Dowód II
Rozważmy funkcję f : →
daną wzorem
f (x) = (1 + x)n − 1 − nx .
Funkcja f jest różniczkowalna, a jej pochodna wynosi
f 0 (x) = n(1 + x)n−1 − n .
Stąd widać, że f 0 (0) = 0, a ponadto f 0 (x) < 0 dla x ∈ h−1,0) oraz f 0 (x) > 0
dla x ∈ (0,+∞). Zatem funkcja f osiąga na przedziale h−1,+∞) najmniejszą
wartość w punkcie 0, czyli
(1 + a)n − 1 − na = f (a) ­ f (0) = 0
dla dowolnego a ­ −1.
Uwaga
Przeredagowując dowód II nietrudno wykazać, że nierówność Bernoulliego
jest prawdziwa dla dowolnego a ­ −2 przy n nieparzystym i dla dowolnego a
rzeczywistego przy n parzystym.
Dowód II może również posłużyć do wykazania prawdziwości nierówności
(1) dla dowolnego a ­ −1 i dowolnej liczby rzeczywistej n > 1.
Z nierówności Bernoulliego korzystaliśmy w jednym z rozwiązań zadania 1
z zawodów stopnia trzeciego (sposób II, str. 52).
2
Opracowali Waldemar Pompe i Jarosław Wróblewski.
99
B. Uogólniona nierówność Jensena
Oznaczmy przez d zbiór wszystkich d-wyrazowych ciągów (x 1 ,x2 ,...,xd )
o wyrazach rzeczywistych. Dla dowolnej liczby rzeczywistej a oraz ciągów
X = (x1 ,x2 ,...,xd ), Y = (y1 ,y2 ,...,yd ) należących do d definiujemy
aX = (ax1 ,ax2 ,...,axd )
oraz
X + Y = (x1 + y1 ,x2 + y2 ,...,xd + yd ).
Uwaga 1.
Jeśli d = 2 lub d = 3, to elementy zbioru d są utożsamiane z wektorami odpowiednio płaszczyzny lub przestrzeni trójwymiarowej zaczepionymi
w początku układu współrzędnych. Z tego względu elementy zbioru d , dla
dowolnej liczby całkowitej dodatniej d, są często nazywane wektorami, zaś
sam zbiór d , d-wymiarową przestrzenią wektorową. Wektor X można również utożsamić z punktem przestrzeni d , którego współrzędne są kolejnymi
wyrazami ciągu X.
Definicja
Funkcja f : d → nazywa się wypukła jeśli dla dowolnych X,Y ∈ d oraz
dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych a, b o sumie równej 1 zachodzi
nierówność
(1)
f (aX + bY ) ¬ af (X) + bf (Y ).
Uogólniona nierówność Jensena
Jeśli f : d → jest funkcją wypukłą, to dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemych a1 ,a2 ,...,an o sumie równej 1 oraz dla dowolnych wektorów
X1 ,X2 ,...,Xn należących do d zachodzi nierówność
(2)
f
X
n
i=1
ai Xi ¬
n
X
ai f (Xi ).
i=1
Uwaga 2.
Dla d = 1 nierówność (2) to klasyczna nierówność Jensena.
Uwaga 3.
W zrozumieniu i zapamiętaniu nierówności (1) lub (2) pomaga ich interpretacja geometryczna: Przyjmijmy, że d = 2 — wtedy wykres funkcji f jest
pewną powierzchnią w przestrzeni trójwymiarowej. Nierówność (1) oznacza
wówczas, że dla dowolnych dwóch punktów leżących na wykresie funkcji f ,
odcinek o końcach w tych punktach leży nad wykresem funkcji f .
W celu zilustrowania nierówności (2) wybierzmy n punktów leżących na
wykresie funkcji f i przyjmijmy dla przejrzystości, że są one wierzchołkami
wielościanu wypukłego W. Nierówność (2) mówi wówczas, że wielościan W
znajduje się w całości nad wykresem funkcji f .
100
Dowód nierówności (2)
Indukcja względem n. Dla n = 1 nierówność (2) staje się równością, a więc
jest spełniona.
Krok indukcyjny: Wybierzmy n + 1 liczb nieujemnych a 1 ,a2 ,...,an+1 o sumie równej 1 i przyjmijmy bez straty ogólności, że a 1 + a2 + ... + an 6= 0. Wówczas
n
X
ai
= 1 oraz (a1 + ... + an ) + an+1 = 1.
a
+
...
+ an
i=1 1
Stąd, z nierówności (1) oraz z założenia indukcyjnego uzyskujemy
f
n+1
X
i=1
ai Xi = f (a1 + ... + an )
n
X
X
n
ai
¬ (a1 + ... + an )f
Xi
a + ... + an
i=1 1
¬ (a1 + ... + an )
=
n+1
X
ai
Xi + an+1 Xn+1 ¬
a + ... + an
i=1 1
+ an+1 f (Xn+1 ) ¬
n
X
ai
f (Xi ) + an+1 f (Xn+1 ) =
a
+
...
+ an
i=1 1
ai f (Xi ).
i=1
Dowód indukcyjny jest tym samym zakończony.
Nierówność (2) dla d = 3 stosowaliśmy w rozwiązaniu zadania 2 z zawodów
stopnia trzeciego (sposób III, str. 55).
101