Konkurs - Edupress

zadania
Konkurs
zadaniowy
ZADANIA KONKURSOWE
1611. Promienie. Wykazać, że w każdym trójkącie
ra2 + rb2 + rc2 Ì 27r 2
(r – promień koła wpisanego w trójkąt, ra, rb, rc – promienie kół dopisanych).
Zapożyczenie
1612. Sumy funkcji. Niech n będzie liczbą całkowitą dodatnią. Wykazać, że żadnego wielomianu stopnia n (o współczynnikach rzeczywistych) nie można przedstawić
jako sumy dokładnie n funkcji okresowych.
Witold Bednarek (Łódź)
1613. Nierówność iloczynów. Niech p i q będą liczbami dodatnimi. Udowodnić, że
dla dowolnych liczb dodatnich x1, x2, ..., xn (n > 1) zachodzi nierówność
1
+ x1p+ q 1 + x 2p+ q 1 + x np+ q Ì 1 + x1p x 2q 1 + x 2p x 3q 1 + x np x1q Piotr Kumor (Olsztyn)
1614. Dwójki, piątki i siódemki. Rozwiązać równanie
5555 x + 2222 = 77777 y
w liczbach całkowitych dodatnich x, y.
Stanisław Łanowy (Gliwice)
1615. Parzystość przekątnych. Długości krawędzi i przekątnych równoległościanu są liczbami całkowitymi. Wykazać, że wtedy długości przekątnych równoległościanu albo są wszystkie liczbami parzystymi albo wszystkie liczbami nieparzystymi
Werner Mnich (Opole)
Termin nadsyłania rozwiązań upływa 31 lipca 2004 r.
Sprostowanie. W zadaniu konkursowym 1608 (ogłoszonym w numerze 6/2003) jest
pomyłka: w założeniach powinno być: vBAC = 180° - 3a. Przepraszamy
1/2004
51
51
zadania
NOWY LAUREAT
Kolejnym laureatem Konkursu Zadaniowego „Matematyki” został
Waldemar Górski (Olesno),
który tytuł laureata uzyskał po raz drugi. Serdecznie gratulujemy!
WYNIKI KONKURSU (ZESZYT 2(300), 2003)
W konkursie tym razem wzięły udział 43 osoby, które nadesłały 155 rozwiązań.
Spośród nich odrzuciliśmy 4.
Za rozwiązania można było zdobyć maksymalnie 16 punktów, co stało się udziałem p. Tadeusza Czepiela. Po 15 punktów uzyskali: Jerzy Kacierzyński, Zbigniew Karno, Leszek Krzywonos, Stanisław Łanowy i Ryszard Rudnicki.
Zgodnie z tradycją wyniki konkursu przedstawiamy według ustalonego schematu:
1586 – 2 – 31 – 1, 1587 – 2 – 34 – 1, 1588 – 6 – 26 – 1, 1589 – 2 – 32 – 0, 1590 – 4 – 28 – 1.
W każdej z tych czwórek mamy najpierw numer zadania, potem maksymalną liczbę punktów przyznawanych za rozwiązanie, dalej liczbę rozwiązań przynajmniej częściowo poprawnych, wreszcie – liczbę rozwiązań odrzuconych.
Poprawne co najmniej częściowo rozwiązania nadesłały następujące osoby (liczby
w nawiasach oznaczają sumy punktów uzyskanych w konkursie, poprzedzające je liczby
to ostatnie cyfry numerów rozwiązanych zadań).
Krystian Bartniczek, Würselen: 7, 8, 9, (62),
Włodzimierz Bąk, Zbiersk: 6, 7, 8, 9, 0, (173),
Witold Bednarek, Łódź: 6, 7, 9, 0, (93),
Maria Binkowska, Toruń: 6, 7, 9, 0, (156),
Romuald Buczek, Inowrocław: 7, 8, 9, (10),
Tadeusz Czepiel, Katowice: 6, 7, 8, 9, 0, (168),
Henryk Drzewiecki, Sławków: 7, (183),
Konrad Durnoga, Busko Zdrój: 8, 9, (14),
Aleksandra Gąszczak, Ostrów Wlkp.: 6, 7, 9, 0, (123),
Czesław Ginalski, Częstochowa: 6, (114),
Jacek Golusda, Kamień Pomorski: 6, 7, (125),
Waldemar Górski, Olesno: 6, 7, 8, 9, 0, (7),
Leszek Grzanka, Chechło: 6, 7, 8, 0, (175),
Leo Hämmerling, Akwizgran: 6, 9, 0, (51),
Zbigniew Jakubów, Nienadowa: 7, (59),
Jerzy Kacierzyński, Żary: 6, 7, 8, 9, 0, (21),
Jan Kaczmarczyk, Kraków: 6, (10),
Krzysztof Kamiński, Pabianice: 6, 8, 0, (23),
Zbigniew Karczmarczyk, Lublin: 7, 9, 0, (171),
Zbigniew Karno, Białystok: 6, 7, 8, 9, 0, (125),
Paweł Kliber, Poznań: 6, 7, 9, (20),
Jacek Klisowski, Lublin: 6, 7, 8, 9, 0, (76),
Piotr Kmiecik, Jarosław: 6, 7, 8, 9, 0, (192),
Henryk Kornacki, Augustów: 6, 7, 8, 9, 0, (33),
Leszek Krzywonos, Lublin: 6, 7, 8, 9, 0, (63),
Paweł Kubit, Kraków: 6, 7, 9, (46),
Piotr Kumor, Olsztyn: 6, 7, 8, 9, 0, (84),
Paweł Kwiatkowski, Piotrków Tryb.: 7, 8, 9, 0, (19),
Stanisław Łanowy, Gliwice: 6, 7, 8, 9, 0, (147),
Czesława Młyńczak, Wałcz: 8, (177),
Paweł Najman, Jaworzno: 6, 7, 8, 9, 0, (171),
Janusz Olszewski, Suwałki: 6, 7, 8, 9, 0, (144),
Edward Orzechowski, Warszawa: 6, 7, 9, 0, (50),
Piotr Pawlikowski, Kluczbork: 7, 8, (74),
Paweł Piotrowski, Pabianice: 6, 7, 8, 9, 0, (30),
Eugeniusz Potocki, Karpacz: 6, 7, 8, 9, 0, (240),
Jakub Radoszewski, Poznań: 6, 7, 8, (15),
Ryszard Rudnicki, Włocławek: 6, 7, 8, 9, 0, (125),
Jerzy Seneta, Kraków: 7, 9, 0, (91),
Piotr Sulich, Olkusz: 6, 9, (154),
Witold Urbańczyk, Brudzowice: 9, (194),
Szymon Wąsowicz, Jaworze: 0, (135),
Jerzy Witkowski, Radlin: 6, 7, 8, 9, 0, (142).
ROZWIĄZANIA ZADAŃ KONKURSOWYCH
1586. Nierówność z potęgami. Wykazać, że jeśli x i y są liczbami dodatnimi, a a i b
– liczbami większymi od 2, to
(x a + y a )b × (x b + y b )a < (x 2 + y 2)ab.
52
52
matematyka
zadania
Zadanie to rozwiązywano na wiele mniej lub bardziej elementarnych sposobów.
Dokonano też kilku interesujących uogólnień.
Rozwiązanie I. Zauważmy, że dla liczb dodatnich x i y oraz liczby dodatniej t mamy
x 2 t+2 + y 2 t+ 2 = x 2 × x 2t + y 2 × y 2t < x 2(x 2 + y 2) t + y 2(x 2 + y 2) t = (x 2 + y 2) t+1.
Wnosimy stąd, że jeżeli a > 2, to
a
x a + y a < x 2 + y2 2 .
Wobec tego i założeń dotyczących liczb x, y, a i b mamy
b
a
a
a b
b
b a
2
2 £b 2
2 £a = x 2 + y 2 ab x + y £ x + y < x + y 2 x + y 2
co należało wykazać.
Autorem tego rozwiązania jest p. Czesław Ginalski.
Rozwiązanie II. Wiadomo, że jeśli x, y > 0 i m > n > 0, to (x n + y n) m > (x m + y m) n
(p. uwaga 2 do rozwiązania zadania konkursowego 1542, „Matematyka” 4/2002, s. 244).
Jeśli zatem x, y > 0 i a, b > 2, to mamy stąd
(x 2 + y 2)a > (x a + y a)2 i (x 2 + y 2)b > (x b + y b)2
i dalej
(x 2 + y 2)2a b = (x 2 + y 2)a b × (x 2 + y 2)a b > (x a + y a)2b × (x b + y b)2a.
Wnioskujemy stąd natychmiast, że
(x 2 + y 2)a b > (x a + y a) b × (x b + y b)a.
Uwagi.
1. P. Zbigniew Karno udowodnił następujące, znacznie ogólniejsze twierdzenie:
Dla dowolnych liczb rzeczywistych x1, x2, ..., xn, gdzie n ³ 2 i p, q > 0 jest:
(a) jeśli p, q > 2, to
x
p
1
+ x 2p + + x np q £ x1q + x 2q + + x qn p < x12 + x 22 + + x 2n pq (b) jeśli p, q < 2, to
p
1
x
+ x 2p + + x np q £ x1q + x 2q + + x qn p > x12 + x 22 + + x 2n pq 2. W innym kierunku poszedł p. Leo Hämmerling dowodząc twierdzenia:
Niech x, y, a, b i g będą liczbami dodatnimi. Jeżeli wtedy a > g i b > g, to
a + ya b £ x b + y b a < xg + yg x
2ab
g 1587. Ciągi sześcianów po raz drugi. Czy istnieje ciąg (an) liczb naturalnych taki, że dla
każdej liczby naturalnej m > 1 suma
a 13 + a 32 + + a 32m
jest sześcianem liczby naturalnej?
Poza jednym rozwiązaniem, w którym dowodzono, że nie istnieje ciąg spełniający
warunki zadania, pozostałe były co najmniej częściowo poprawne. Nadmieńmy, że
w jednym przypadku zastosowano fałszywą równość 5 3 + 73 + 93 + 113 = 133 (liczba
parzysta po lewej stronie, nieparzysta – po prawej).
1/2004
53
53
zadania
Zauważmy jeszcze, że założenie iż m > 1 jest istotne. Nie ma bowiem liczb naturalnych a1, a2 i b takich, że a13 + a32 = b3 Przypominamy, że zupełnie podobnym do powyższego było zadanie konkursowe
1561 rozwiązane w „Matematyce” 3/2002, s. 118.
W zależności od tego jakie przyjmiemy początkowe wyrazy ciągu (an) otrzymujemy różne ciągi spełniające warunki zadania.
Podamy dwa przykłady takich ciągów.
1. Niech a1 = a2 = 1, a3 = 5, a4 = 6 i a2n-1 = 7 × 6 × 9n-3, a2n = 7 × 8 × 9n-3 dla n ³ 3.
Mamy wtedy 13 + 13 + 53 + 63 = 73 i dalej można wykazać indukcyjnie, że
a13 + a32 + + a32 m = 7 £ 9 n-2 3 dla m > 1.
2. Niech a1 = a2 = 3, a3 = 7, a4 = 11, a2n-1 = 2n+1, a2n = 5 × 2n-1 dla n ³ 3.
Zachodzi równość 33 + 33 + 73 + 113 = 123, a za pomocą indukcji można wykazać, że
a13 + a32 + + a32 m = 3 £ 2 m 3 dla m > 1.
1588. Najmniejszy dzielnik pierwszy. Dla każdej liczby naturalnej n znaleźć najmniejszy dzielnik pierwszy liczby
(1)
2n -1
215
+9 + 1
Tylko jedno rozwiązanie było całkowicie błędne. Jego autor twierdził, o dziwo, że
jeżeli n = 1, to najmniejszym dzielnikiem pierwszym liczby (1) jest liczba 3, a w pozostałych przypadkach – liczba 23.
Poprawne rozwiązanie można oczywiście uzyskać eliminując krok po kroku jako
dzielniki liczb (1) wszystkie liczby pierwsze mniejsze od 97 i wykazując, że ta liczba
dzieli wszystkie liczby (1). Za tego rodzaju rozwiązania nie przyznawaliśmy, zgodnie
z zasadami naszego konkursu, maksymalnej liczby punktów.
Zauważmy, że z góry wiadomo, iż pewne liczby nie wchodzą w grę jako dzielniki
pierwsze liczb (1). Żadna bowiem liczba postaci 22 m +1, m Î N, nie ma dzielnika
pierwszego postaci 4 k+3.
Istotnie, niech p będzie liczbą pierwszą tej postaci i niech 22 m º -1 (mod p). Wtedy biorąc pod uwagę małe twierdzenie Fermata mamy 2 p-1 º 1 (mod p) i podnosząc
p-1
obie strony poprzedniej kongruencji do potęgi 2 = 2 k + 1 otrzymujemy 2( p-1)m º -1
(mod p) mimo że 2( p-1)m º 1 (mod p).
A oto interesujące rozwiązanie p. Leszka Krzywonosa.
Udowodnimy najpierw następujący lemat. Niech p będzie liczbą pierwszą taką,
że kongruencja
(2)
2 x º -1 (mod p)
ma rozwiązanie w liczbach naturalnych x i niech d będzie najmniejszym takim rozwiązaniem. Wtedy d|x.
54
54
matematyka
zadania
Dowód. Niech m będzie wykładnikiem, do którego należy liczba 2 według modułu p,
tzn. niech liczba m będzie najmniejszym pierwiastkiem naturalnym kongruencji
2 x º 1 (mod p).
(3)
(Z małego twierdzenia Fermata wynika, że kongruencja (3) ma zawsze rozwiązanie
w liczbach naturalnych. Tym samym wykładnik m istnieje). Zauważmy, że 1 £ d < m.
Równość d = m jest niemożliwa, gdyż 2 d º -1, zaś 2 m º 1 (mod p). Gdyby było d > m,
to istniałaby liczba naturalna c = d - m, która spelniałaby nierówność 0 < c < d oraz
kongruencję -1 º 2 d º 2 c+ m º 2 c × 2 m º 2 c (mod p), wbrew określeniu liczby d. Jest
zatem 1 £ d < m.
Zauważmy teraz, że liczba naturalna x spełnia kongruencję (2) wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą postaci x = km + d, gdzie k jest liczbą całkowitą nieujemną.
Istotnie, jeżeli x = km + d, to 2 x = (2 m)k × 2 d º 2 d º -1 (mod p). Jeśli natomiast
x ¹ km + d, to istnieją liczby całkowite nieujemne l oraz b, b ¹ d i 0 £ b < m, takie, że
x = l m + b. Wówczas -1 º 2 x º 2 lm+ b º 2 b (mod p), czyli b jest rozwiązaniem kongruencji (2) w liczbach naturalnych. Z określenia liczby d wynika, że nie może wówczas
zachodzić nierówność 1 £ b < d. Ponadto liczba b = 0 nie spełnia kongruencji (2).
Gdyby b spełniała nierówność d < b < m, to mielibyśmy 0 < b - d < m oraz -1 º 2 b º
º 2(b - d) + d º 2 d × 2 b - d º -2 b - d (mod p). Zatem byłaby spełniona kongruencja 2 b - d º 1
(mod p), co nie jest możliwe, wobec nierówności 0 < b - d < m. Wykazaliśmy więc, że
każdy wyraz ciągu (xk), k = 0, 1, 2, ..., xk = km + d jest rozwiązaniem kongruencji (2)
w liczbach naturalnych, a ponadto, że żadna inna liczba tej kongruencji nie spełnia.
Wykażemy, że zachodzi równość m = 2d. Wiemy, że 2d spełnia kongruencję (3),
gdyż 22 d º (-1)2 º 1 (mod p). Z określenia wykładnika m wynika, że d < m £ 2d.
Gdyby było m < 2 d, to mielibyśmy 2d - m > 0 i wobec d < m, także 2d - m < m.
Z drugiej strony byłoby 1 º 22d º 2(2d - m)+ m º 2 m × 22d - m º 22 d -m (mod p), wbrew
definicji wykładnika m. Stąd równości m = 2d oraz xk = km + d = 2dk + d = d × (2k +1),
k = 0, 1, 2, ...
W ten sposób wykazaliśmy, że jeśli kongruencja (2) ma rozwiązanie w liczbach naturalnych, to rozwiązania te są liczbami postaci xk = d × (2k +1), k = 0, 1, 2, ..., gdzie d
jest rozwiązaniem najmniejszym. Stąd d|xk dla każdej liczby całkowitej nieujemnej k.
Przechodzimy do rozwiązania zadania.
Dzielniki pierwsze liczb (1) są oczywiście liczbami nieparzystymi.
Łatwo sprawdzić, że 152n- 1 + 9 º 0 (mod 3), 152n- 1 + 9 º 0 (mod 8) oraz
152n- 1 + 9 º 8 (mod 16), a ponadto 152n- 1 + 9 ³ 24. Wnioskujemy stąd, że dla każdej
liczby naturalnej n istnieje liczba naturalna s taka, że 152n- 1 + 9 = 24(2s - 1).
Ustalmy liczbę n i niech p będzie dzielnikiem pierwszym liczby (1), tzn.
(4)
2 n-1
215
+9
Ú -1 (mod p).
Niech d będzie najmniejszym rozwiązaniem kongruencji (3). Na mocy powyższego lematu stwierdzamy, że d|152n- 1 + 9. Istnieje zatem liczba naturalna a taka, że
(5)
1/2004
ad = 152n- 1 + 9.
55
55
zadania
Liczba a jest nieparzysta, bo dla a = 2m (m – liczba naturalna) mamy
2 n-1
215
+9
= 2 ad Ú -12 m Ú 1 (mod p)
wbrew kongruencji (4). Zatem a = 2m - 1. Z drugiej strony małe twierdzenie Fermata mówi, że 2 p- 1 º 1 (mod p) dla liczb pierwszych nieparzystych p. Z kongruencji (4)
wynika natomiast, że 2 2 d º 1 (mod p). Tym samym liczba 2d dzieli p - 1. Mamy więc
równość
2 dq = p - 1,
(6)
gdzie q jest liczbą naturalną. Z równości (5) i (6) oraz (2) wynika, że
a( p - 1) = (2m - 1)(p - 1) = 2 q × (15 2 n -1 + 9) = 48 q(2s - 1),
skąd wnioskujemy, że 16| p - 1 (2m - 1 jest liczbą nieparzystą, zaś prawa strona jest
zawsze podzielna przez 16). Otrzymaliśmy informację, że dzielniki pierwsze liczb (1)
są zawsze liczbami postaci 16k+1, gdzie k jest liczbą naturalną.
Dzielników pierwszych liczb (1) należy więc szukać w ciągu arytmetycznym (xk),
xk = 16k + 1, k = 1, 2, ... Obliczmy kilka początkowych wyrazów ciągu (xk). Mamy x1 = 17,
x2 = 33, x3 = 49, x4 = 65, x5 = 81, x6 = 97. Liczbami pierwszymi są tutaj 17 i 97.
Sprawdźmy, czy któraś z nich jest dzielnikiem liczb postaci (1).
Liczba 17 nie dzieli żadnej z liczb (1). Mamy bowiem 2 8 = 16 2 º 1 (mod 17) oraz
2 n-1
215
+9 + 1 = 2 242 s -1 + 1 = 2 8 32 s -1 + 1 Ú 2 (mod 17),
dla każdej liczby naturalnej n.
Natomiast 97 jest dzielnikiem pierwszym każdej liczby postaci (1). Jest bowiem
2 24 = 4096 2 = (42 × 97 + 22)2 º 22 2 º 484 º 5 × 97 - 1 º -1 (mod 97)
oraz
2 n-1
215 +9 + 1 = 2 242 s-1 + 1 = 2 24 2 s-1 + 1 Ú -12 s-1 + 1 Ú -1 + 1 Ú 0 (mod 97)
dla dowolnej liczby naturalnej n.
Liczba 97 jest więc najmniejszym dzielnikiem pierwszym wszystkich liczb postaci (1).
1589. Liczba nieparzysta. Wykazać, że jeżeli a, b i c są liczbami naturalnymi takimi, że
0 < a c - b < 1 a n jest liczbą całkowitą nieujemną, to liczba n + >a c + b n @ jest nieparzysta.
Zadanie jest bardzo podobne do zadania 1340, w którym należało wykazać, że
dla każdej liczby naturalnej n liczba [2 + 3 n ] jest nieparzysta (p. „Matematyka”
6 (1995), s. 372).
Wszystkie nadesłane rozwiązania okazały się co najmniej częściowo poprawne,
choć niektóre wyróżniały się mało przejrzystymi rachunkami.
Wiele osób podało następujące proste rozwiązanie.
Niech a, b, c będą liczbami naturalnymi takimi, że 0 < a c - b < 1, a n jest liczbą
całkowitą nieujemną.
56
56
matematyka
zadania
Wtedy na podstawie wzoru dwumianowego Newtona stwierdzamy, że istnieje liczba
naturalna un taka, iż
(b + a c )n + (b - a c )n = 2un.
Istotnie, jest tak dla n = 0 (wtedy u0 = 1), a jeżeli n ³ 1, to
(b + a c )n + (b - a c )n =
=2
È
n
¼ n ² n- k
« ³b
k
k =0 ¾ Ö
È
((a c )k + (-a c )k) =
È
¼ n ² b n-2 i a c 2 i = 2
¼ n ² b n-2 i a2 i c i «2i³
« 2i ³
0Ë2 iË n ¾ Ö
0Ë2 iË n ¾ Ö
Ostatnia suma jest więc rzeczywiście postaci 2un, gdzie un jest pewną liczbą naturalną.
Mamy zatem równość
(1)
a
c + b n = 2 u n - b - a c n Jeżeli n jest nieparzyste to -1 < (b - a c )n < 0, a jeżeli n jest parzyste (i różne od
zera), to 0 < (b - a c )n < 1. Stąd i z równości (1) wynika:
gdy n jest nieparzyste
Æ2 u n [(a c + b)n] = ®
¯2 u n - 1 gdy n jest parzyste (również gdy n = 0).
Wobec tego w każdym przypadku liczba n + [(a c + b)n] jako suma liczby parzystej i nieparzystej jest nieparzysta.
Uwaga.
Można wykazać, że przy założeniach zadania liczba
jednak w rozwiązaniu zadania nie musimy korzystać.
c jest niewymierna, z czego
1590. Jeszcze nierówności. Udowodnić, że jeżeli liczby dodatnie x, y, z spełniają nierówność x 2 ³ yz i y 2 ³ zx, to
(1)
xy + yz + zx
Ì 3 xyz x+ y+ z
I podobnie: jeśli x 2 £ yz i y 2 £ zx, to
xy + yz + zx
Ë
x+ y+ z
3
xyz Odrzuciliśmy rozwiązanie, w którym nierówności dzielono stronami (sic!). Spośród różnorodnych rozwiązań wybraliśmy takie oto pomysłowe rozwiązanie p. Stanisława Łanowego.
Niech x, y, z będą liczbami dodatnimi takimi, że x 2 ³ y z i y 2 ³ zx. Stąd mamy
x y ³ z2. Zachodzą więc nierówności
x 3 ³ x y z, y 3 ³ x y z i
1/2004
z 3 £ x y z,
57
57
zadania
czyli
x Ì 3 xyz Przyjmijmy oznaczenie:
3
y Ì 3 xyz z Ë 3 xyz x y z = A Wtedy
(A - x)(A - y)(A - z) ³ 0
i dalej
A3 - (x + y + z)A2 + (xy + y z + zx)A - x yz ³ 0,
A3 - (x + y + z) A2 + (x y + yz + zx) A - A3 ³ 0,
x y + y z + zx ³ A(x + y + z),
skąd wnosimy, że zachodzi nierówność (1). Podobnie można postąpić w drugiej części zadania.
Dodajmy, że proste rozwiązanie można też uzyskać stosując tożsamość
(x2 - y z)( y2 - z x)(z2 - xy) = (x + y + z) 3 xy z - (xy + y z + z x) 3.
q
Pozostaje kwestia eleganckiego dowodu tej tożsamości.
POLE „ŚRODKOWEGO” RÓWNOLEGŁOBOKU
Zadanie 4 dla kółek w klasach licealnych „Matematyka” nr 5/2003 r.
Pole ABCD = 1, pole KLMN = ?
Zainspirowany uwagą Redakcji do poszukiwania prostszego rozwiązania, przedstawiam
propozycję „rysunkową”.
rys. 1
rys. 2
rys. 3
rys. 4
Zatem pole równoległoboku KLMN wynosi 0,2.
58
58
Nadesłał Ryszard Pagacz
matematyka