Rozwia֒zanie
Udowodnimy teze֒ zadania nie wprost. Oznaczmy przez S(n) sume֒ cyfr liczby n. Przypuśćmy, że tylko dla skończenie wielu liczby naturalnych n zachodzi S(3n) S(3n+1). Wówczas istnieje taka liczba k > 2, że dla wszystkich liczb naturalnych n k zachodzi S(3n+1) > S(3n). Zauważmy jednak, że jeśli n 2, to 9 | 3n, a co za tym idzie 9 | S(3n). Zatem skoro
S(3n+1) > S(3n), to S(3n+1) 9 + S(3n). Zatem S(3n) 9(n − k) + +S(3k) = 9(n − k + 1). Jednak liczba 32n = 9n <10n ma co najwyżej n cyfr, a co za tym idzie S(32n) ¬ 9n. A zatem 9n S(32n) 9(2n−k+1), co dla dowolnego n k nie jest prawda֒. Sprzeczność.
18. Dany jest wielomian P stopnia n spełniaja֒cy zależność P (i) = 2i dla i = 0, 1, 2, . . . , n. Wyznaczyć P (n + 1).
Rozwia֒zanie Sposób I
Przez Pn oznaczmy wielomian stopnia co najwyżej n i dla i = 0, 1, . . . , n spełniaja֒cy własność z treści zadania. Niech Qn(x) = Pn(x + 1) − Pn(x).
Wówczas Qn(i) = Pn(i+1)−Pn(i) = 2i+1−2i = 2i dla i = 0, 1, . . . , n−1.
Co wie֒cej, Qn jest wielomianem stopnia co najwyżej n − 1, gdyż współ-czynniki przy najwyższej pote֒dze Pnredukuja֒sie֒. Ponieważ istnieje tylko jeden wielomian stopnia co najwyżej n − 1 o ustalonych wartościach w n punktach, to Qn= Pn−1.
Udowodnimy teraz przez indukcje֒, że Pn(n + 1) = 2n+1− 1. Dla n = 0 wielomian P0 jest wielomianem stopnia 0 takim, że P0(0) = 1, czyli P0(x) = 1, a co za tym idzie istotnie P0(1) = 1 = 21− 1.
Załóżmy teraz, że Pn(n + 1) = 2n+1−1. Przypomnijmy, że dla dowolnego n zachodzi Qn= Pn−1, a zatem Pn = Qn+1. Wynika z tego, że
2n+1− 1 = Pn(n + 1) = Qn+1(n + 1) =
= Pn+1(n + 2) − Pn+1(n + 1) = Pn+1(n + 2) − 2n+1,
czyli Pn+1(n + 2) = 2n+2− 1. Tym samym wykazany został krok induk-cyjny.
Odpowiedź P (n + 1) = 2n+1− 1.
Sposób II
Można skorzystać ze wzoru interpolacyjnego Lagrange’a, który podaje w sposób jawny wielomian stopnia co najwyżej n o ustalonych wartościach w n+1 punktach. Jeśli wartościami wielomianu W w punktach x0, . . . , xn
sa֒ odpowiednio liczby a0, . . . , an, to zachodzi równość2
Korzystaja֒c ze wzoru Lagrange’a otrzymujemy równości
P(n + 1) =Xn wne֒trzu znajdzie sie֒ co najmniej n + 1 punktów kratowych.
Rozwia֒zanie
Niech S be֒dzie zbiorem wszystkich kwadratów jednostkowych K o wierz-chołkach w punktach kratowych, przecinaja֒cych wieloka֒t W . Suma pól cze֒ści K ∩ W jest równa polu W , wie֒c jest wie֒ksza niż n. Zatem jeżeli przesuniemy wszystkie cze֒ści K ∩ W w jedno miejsce otrzymuja֒c figury (K ∩ W )′, to z zasady szufladkowej Dirichleta w wersji polowej wynika, że istnieje punkt, który znajduje sie֒ wewna֒trz co najmniej n + 1 figur
2 Bardzo łatwa do sprawdzenia. Nieco trudniej jest sprawdzić, że jest to jedyny wielomian, który w punktach x0, . . . , xnprzyjmuje wartości a0, . . . , an.
20. Niech KL i KN be֒da֒stycznymi do okre֒gu k w punktach L i N.
M jest takim punktem, że K, N, M leża֒na jednej prostej w tej właśnie kolejności. Okra֒g opisany na trójka֒cie KLM przecina okra֒g k w punkcie P. Punkt Q jest rzutem prostopadłym N na prosta֒ M L. Udowodnić, że
∡M P Q = 2∡KML.
Rozwia֒zanie
Oznaczmy przez R drugi punkt przecie֒cia okre֒gu k z prosta֒ LM. Za-chodza֒ równości:
∡M P K = ∡MLK = ∡RLK = ∡RP L.
L
N
K
M P
Q
R
S
W takim razie ∡MP R = ∡KP L = ∡KML. Wobec tej równości okra֒g przechodza֒cy przez punkty M, P, R jest styczny do prostej KM.
Oznaczmy przez S punkt wspólny prostych P R i MN. Prosta P R jest osia֒ pote֒gowa֒ okre֒gu k i okre֒gu opisanego na trójka֒cie MP R. Wobec tego SN ·SN = SP ·SR = SM ·SM, wie֒c S jest środkiem odcinka MN.
Wobec tego S jest środkiem okre֒gu opisanego na trójka֒cie prostoka֒tnym M QR, zatem trójka֒t MSQ jest równoramienny, czyli
∡M QS = ∡QMS = ∡LMK = ∡MP R = ∡MP S, wie֒c punkty M, P, Q, S leża֒ na okre֒gu. W takim razie:
∡M P Q = ∡MP S +∡SP Q = ∡MQS +∡SMQ = 2∡SMQ = 2∡KML.
21. Ahmed i Fredek graja֒ w gre֒ na szachownicy n × n, gdzie n jest liczba֒nieparzysta֒. Ahmed stawia kółka, a Fredek krzyżyki. Na pocza֒tku wszystkie pola sa֒puste, tylko w lewym dolnym rogu jest kółko, a w pra-wym górnym jest krzyżyk. Zaczyna Ahmed. Ruch gracza polega na po-stawieniu swojego znaczka na wolnym polu sa֒siaduja֒cym przez krawe֒dź z polem, na którym jest już postawiony jego znaczek. Gdy gracz nie może wykonać ruchu, to traci go. Gra kończy sie֒, gdy żaden z graczy nie może wykonać ruchu. Gre֒ wygrywa ten gracz, który wykonał wie֒cej ruchów.
Rozstrzygnij, który z graczy posiada strategie֒ wygrywaja֒ca֒. Rozwia֒zanie
Ponieważ gra jest skończona i każda rozgrywka kończy sie֒ wygrana֒ któ-regoś z graczy, to istnieje gracz posiadaja֒cy strategie֒ wygrywaja֒ca֒. Udo-wodnimy, że taka֒strategie֒ posiada gracz zaczynaja֒cy, Ahmed, be֒dzie to dowód niekonstruktywny.
Przypuśćmy, nie wprost, że strategie֒wygrywaja֒ca֒posiada Fredek. Wska-żemy teraz strategie֒ dla Ahmeda, która֒ graja֒c przeciw Fredkowi może z nim wygrać. Zauważy na pocza֒tek, że własny znak nigdy nie przeszka-dza graczowi w realizowaniu jakiejkolwiek strategii. Ahmed stawia na pocza֒tek kółko gdziekolwiek. Naste֒pnie stawia sie֒ w sytuacji drugiego gracza, zapomina o postawionym kółku i gra wygrywaja֒ca֒strategia֒ dru-giego gracza. Jeżeli strategia ta każe postawić kółko w tym miejscu, gdzie stoi pierwsze kółko, to, ponieważ kółko już tam jest, to Ahmed stawia kółko w dowolnym innym miejscu (i zapomina o nim). W ten sposób pokazaliśmy, że Ahmed, kopiuja֒c strategie֒ drugiego gracza może wygrać, czyli doszliśmy do sprzeczności z założeniem, że Fredek ma strategie֒ wy-grywaja֒ca֒.
Zatem strategie֒ wygrywaja֒ca֒posiada Ahmed.
22. Dany jest wielomian P stopnia n 2 o współczynnikach całkowi-tych dodatnich an, an−1, . . . , a1, a0 spełniaja֒cych warunki: an−k = ak
dla każdego k = 1, 2, . . . , n−1 oraz an = a0 = 1. Udowodnić, że istnieje
nieskończenie wiele par liczb całkowitych a, b takich, że a|P (b) i b|P (a).
Rozwia֒zanie
Zauważmy, że (a, b) = (P (1), 1) spełnia warunki zadania oraz P (1) > 1.
Przypuśćmy, że para (a, b), a > b spełnia warunki zadania. Pokażemy, że wówczas para (a,P (a)b ) również spełnia warunki zadania, a co wie֒cej
P (a)
b > a > b. Jeżeli to udowodnimy, to teza zadania zostanie pokazana, gdyż z dowolnej pary da sie֒ stworzyć inna֒spełniaja֒ca֒warunki zadania i to dodatkowo o wie֒kszej sumie.
Oczywiście P (a)b | P (a).
Ponieważ stopień P jest nie mniejszy niż 2 oraz jego współczynniki sa֒ całkowite dodatnie, to P (a)b > P (a)a > a > b, co pokazuje, że faktycznie suma pary sie֒ zwie֒kszyła oraz, że wyrazy w parze sa֒ różne.
23. Punkt I jest środkiem okre֒gu wpisanego w trójka֒t ABC, a D
— punktem styczności tego okre֒gu z bokiem BC. Okra֒g ω jest styczny do prostej BC w punkcie D a do okre֒gu opisanego na trójka֒cie ABC w punkcie T , przy czym punkty A i T leża֒ po jednej stronie prostej BC.
Dowieść, że ∡AT I = 90◦. Rozwia֒zanie
Udowodnimy naste֒puja֒cy lemat:
Lemat. Okra֒g o znajduje sie֒ we wne֒trzu okre֒gu O i jest do niego styczny wewne֒trznie w punkcie T . Punkty A i B, różne od punktu T , leża֒ na okre֒gu O, a proste AK i BL sa֒styczne do okre֒gu o odpowiednio w punk-tach K i L. Wówczas T AT B = AKBL.
Oznaczmy przez A′, B′ drugie punkty przecie֒cia z okre֒giem o odpo-wiednio prostych T A, T B. Punkt T jest środkiem jednokładności prze-kształcaja֒cej okra֒g o na O, w której punkt A′ przechodzi na A, a punkt B′ przechodzi na B. Zatem proste A′B′ oraz AB sa֒ równoległe, a wie֒c na mocy Tw. Talesa otrzymujemy T BT A = BBAA′′.
Natomiast z pote֒gi punktu wzgle֒dem okre֒gu o dostajemy równości AA′· AT = AK2, BB′·BT = BL2.Po pomnożeniu wszystkich trzech równości stronami otrzymujemy teze֒ lematu.
B C
A
T
B
A F
E
B’
A’
I
D E
F T
Niech E, F oznaczaja֒ punkty styczności okre֒gu wpisanego odpowied-nio z bokami AB, AC. Z udowododpowied-nionego powyżej lematu oraz równości
BE = BD i CF = CD dostajemy Udowodnimy nierówność mocniejsza֒:
n−1X
Ponadto (2, 2)2 = 4, 84 < 5, czyli 1 +√
5 > 3, 2 > π, co kończy dowód.
25. W trójka֒cie ABC punkt D jest spodkiem wysokości poprowadzo-nej z punktu A. Na pewpoprowadzo-nej prostej przechodza֒cej przez D wybrano takie punkty E i F , różne od D, że ∡AEB = ∡AF C = 90◦. Punkty M i N sa֒ odpowiednio środkami odcinków BC i EF . Dowieść, że ∡ANM = 90◦.
Rozwia֒zanie
Skoro ∡AEB = ∡ADB = 90◦, to punkty A, D, B, E leża֒ na jednym okre֒gu o średnicy AB. Analogicznie punkty A, D, C, F leża֒na jednym okre֒gu o średnicy AC. Sta֒d ∡AEF = ∡ABC oraz ∡AF E = ∡ACB jako ka֒ty oparte na tych samych łukach,3 czyli trójka֒ty ABC i AEF sa֒ podobne. W takim razie AMAN = AEAB oraz ∡MAN = ∡EAB, co daje podobieństwo trójka֒tów MAN i BAE i tym samym kończy dowód.
26. Dane jest 2n parami różnych liczb rzeczywistych a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn oraz tablica n × n. W pole leża֒ce w i-tym wierszu i w j-tej kolumnie tablicy wpisano liczbe֒ ai + bj. Udowodnić, że jeśli iloczyny liczb we wszystkich kolumnach sa֒ równe, to również iloczyny liczb we wszystkich wierszach sa֒ równe.
Rozwia֒zanie
Równość iloczynów liczb w kolumnach znaczy dokładnie, że wyrażenia postaci
(bj + a1) · (bj + a2) · . . . · (bj+ an) sa֒ równe dla dowolnego 1 ¬ j ¬ n. Niech
P(x) = (x + a1)(x + a2) . . . (x + an).
Wówczas P (b1) = P (b2) = . . . = P (bn) = C dla pewnego C ∈ R. Wie-lomian P (x) − C jest n tego stopnia, zeruje sie֒ w liczbach b1, b2, . . . , bn, współczynnik przy xn jest równy 1, a wie֒c jest postaci
P(x) − C = (x − b1)(x − b2) . . . (x − bn).
Dla każdego x zachodzi równość
(x + a1)(x + a2) . . . (x + an) − C = (x − b1)(x − b2) . . . (x − bn) .
3jeśli np. D leży mie֒dzy E i F – nieco inaczej, gdy E leży mie֒dzy D i F
Jeśli x = −aj dla pewnego 1 ¬ j ¬ n, to:
−C = (−aj− b1)(−aj − b2) . . . (−aj− bn) =
= (−1)n(aj + b1)(aj+ b2) . . . (aj + bn), czyli
(aj + b1)(aj+ b2) . . . (aj+ bn) = (−1)n+1C.
Ostatnia równość oznacza dokładnie to, że iloczyny liczb w każdym wier-szu sa֒ równe i wynosza֒ (−1)n+1C.
27. W pola tablicy n× n wpisano wszystkie liczby naturalne od 1 do n2. Udowodnić, że istnieja֒ dwa pola sa֒siaduja֒ce krawe֒dzia֒ takie, że wpisane w nie liczby różnia֒ sie֒ o co najmniej n.
Rozwia֒zanie
Przeprowadzimy dowód nie wprost. Przypuśćmy, że dla dowolnych dwóch sa֒siaduja֒cych pól wpisane w nie liczby różnia֒ sie֒ o co najwyżej n − 1.
Zdefiniujmy zbiory Ak = {1, 2, . . . , k}, Bk = {k + 1, . . . , k + n − 1}, Ck = {k + n, . . . , n2} dla k = 1, 2, . . . , n2 − n. Zauważmy, że dla dowol-nego k pole, w które wpisano liczbe֒ ze zbioru Ak nie może sa֒siadować z polem, w które wpisano liczbe֒ ze zbioru Ck, zbiór Bk jest wie֒c zbiorem
„granicznym” dla zbiorów Ak i Ck.
Ponieważ Bk składa sie֒ z n − 1 < n liczb, wie֒c dla dowolnego k musi ist-nieć wiersz i kolumna, w które wpisano liczby ze zbioru Ak lub ze zbioru Ck. Dla k = 1 należa֒ one do Ck, dla k = n2− n do Ak. Niech m be֒dzie najmniejszym indeksem takim, że liczby z Am wypełniaja֒ cały wiersz i cała֒ kolumne֒. Wówczas liczby z Cm−1 wypełniaja֒ cały wiersz i cała֒ ko-lumne֒. Zatem sa֒co najmniej dwa pola, na których sa֒liczby z Am∩Cm−1, co jest niemożliwe, gdyż Am∩ Cm−1 = ∅. Sprzeczność.
28. Dana jest liczba naturalna n 3. Udowodnić, że liczba 22n + 1 ma dzielnik pierwszy, który jest wie֒kszy niż 2n+2(n + 1).
Rozwia֒zanie
Niech p be֒dzie dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby 22n + 1, a k —.
najmniejsza֒ liczba֒ całkowita֒ dodatnia֒, dla której 2k ≡ 1 (mod p). Po-nieważ 22n ≡ −1 6≡ 1 (mod p), wie֒c k nie dzieli 2n, ale jednocześnie 22n+1 ≡ 1 (mod p), czyli k dzieli 2n+1. Sta֒d k = 2n+1. Z Małego Twier-dzenia Fermata wiadomo również, że 2p−1 ≡ 1 (mod p), a sta֒d
wniosku-jemy, iż k|p − 1, czyli 2n+1|p − 1.
Niech 22n+1 = p1p2. . . pmbe֒dzie rozkładem liczby 22n+1 na niekoniecz-nie różne czynniki pierwsze. Na mocy powyższej obserwacji dla każdego i = 1, 2, . . . , m istnieje ki takie, że pi = 2n+1ki+ 1. Wystarczy, że wyka-żemy, że dla pewnego i zachodzi ki 2(n + 1).
Najpierw oszacujemy m od góry. Zauważmy, że
22n + 1 = p1p2. . . pm = (2n+1k1+ 1)(2n+1k2+ 1) . . . (2n+1km+ 1)
2(n+1)m+ 1, zatem m ¬ n+12n .
Oszacujemy teraz sume֒ k1+ k2+ . . . + km z dołu. Ponieważ n 3, wie֒c
— jak można łatwo wykazać — 2n 2n + 2. Mamy również 1 ≡ 22n+ 1 ≡ (2n+1k1+ 1)(2n+1k2+ 1) . . . (2n+1km+ 1)
≡ 2n+1(k1+ k2+ . . . + km) + 1 (mod 22n+2),
trzecia kongruencja bierze sie֒ sta֒d, że po otworzeniu nawiasów wszystkie składniki z wyja֒tkiem jednego, równego 1m, sa֒ podzielne przez 22n+2, zatem 2n+1|k1+k2+. . . km, czyli w szczególności k1+k2+. . .+km 2n+1. Niech ki be֒dzie maksymalna֒spośród liczb k1, k2, . . . , km. Wówczas
2n+1 ¬ k1+ k2+ . . . + km ¬ mki ¬ 2n n+ 1ki
ska֒d wynika, że ki 2(n + 1) i rozwia֒zanie zadania jest zakończone.
29. Liczby dodatnie a, b, x, y spełniaja֒równości a2+ x = b2+ y oraz a+ x2 = b + y2, a także nierówność a + b + x + y < 2. Dowieść, że a = b oraz x = y.
Rozwia֒zanie Mamy:
a− b = y2− x2 = (y − x)(y + x) = (a2− b2)(x + y) = (a − b)(a + b)(x + y) oraz
(a + b)(x + y) ¬ a+ b + x + y 2
!2
<1, wie֒c a − b = 0, zatem również x − y = b2− a2 = 0.
30. Rozstrzygna֒ć czy istnieja֒ parami wzgle֒dnie pierwsze liczby na-turalne a, b, c > 1, dla których zachodza֒ warunki: a|2b + 1, b|2c + 1, c|2a+ 1.
Rozwia֒zanie
Takie liczby nie istnieja֒. Załóżmy przeciwnie i przyjmijmy przy tym, że spośród wszystkich trójek liczb, które spełniaja֒ dane warunki trójka (a, b, c) ma najmniejsza֒ sume֒. Bez straty ogólności możemy przyja֒ć, że a jest najmniejsza֒ spośród liczb a, b, c. Oczywiście a > 2. Niech k naj-mniejsza֒ liczba֒ całkowita֒ dodatnia֒, dla której 2k ≡ 1 (mod a). Wia-domo, iż 2b ≡ −1 6≡ 1 (mod a) oraz 22b ≡ 1 (mod a), czyli k 6 |b i k|2b.
Oznacza to, że k = 2l gdzie l|b. Pokażemy teraz, że trójka (a, l, c) również spełnia ża֒dane warunki. W tym celu zauważmy, że a|2l+ 1. Rzeczywi-ście, k = 2l jest najmniejsza֒ liczba֒ naturalna֒, dla której a|22l − 1 = (2l − 1)(2l+ 1). Jeśli liczby a i 2l − 1 miałyby jakiś wspólny dzielnik pierwszy p, to wtedy też p|2b− 1, gdyż l|b. Jednocześnie a|2b+ 1, wie֒c p|2b+ 1. Wobec tego że p|(2b + 1) − (2b− 1) = 2, a to jest niemożliwe.
Zatem liczby a i 2l− 1 sa֒ wzgle֒dnie pierwsze i a|2l+ 1. Jasne jest teraz, że l 6= 1, bowiem w przeciwnym razie a = 3 oraz c|9 co jest sprzeczne z warunkami zadania. Ponadto l, jako dzielnik liczby b, jest wzgle֒dnie pierwsze z a i c oraz l|2c + 1. A wie֒c rzeczywiście trójka (a, l, c) spełnia warunki dane w zadaniu. Jednak l < 2l ¬ φ(a) < a, a sta֒d
a+ l + c < a + a + c < a + b + c
co stoi w sprzeczności z założeniem o minimalności sumy trójki (a, b, c).
31. Sfery opisana oraz wpisana w czworościan ABCD maja֒ wspólny środek, AB = CD oraz wszystkie ściany tego czworościanu sa֒trójka֒tami ostroka֒tnymi. Udowodnić, że środki krawe֒dzi czworościanu ABCD leża֒ na jednej sferze wtedy i tylko wtedy, gdy jest on foremny.
Rozwia֒zanie
Oznaczmy przez S wspólny środek kuli opisanej i wpisanej w czworo-ścian ABCD, przez R i r odpowiednio promienie tych kul, zaś przez SA, SB, SC, SDrzuty S odpowiednio na ściany BCD, ACD, ABD i ABC.
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy ASD2 = R2 − r2 = BSD2 = CSD2, czyli punkt SD jest środkiem okre֒gu opisanego na trójka֒cie ABC.
Ana-logicznie punkty SA, SB i SC sa֒ również środkami okre֒gów opisanych na odpowiednich ścianach. Promienie wszystkich tych okre֒gów sa֒ równe i wynosza֒ √
R2 − r2.
Ponieważ ściany sa֒trójka֒tami ostroka֒tnymi, wie֒c środki okre֒gów opi-sanych leża֒wewna֒trz tych ścian. Zauważmy, że promień okre֒gu opisanego na trójka֒cie oraz długości dwóch kolejnych boków jednoznacznie deter-minuja֒ trójka֒t. Pokażemy, że ściany ABC oraz BCD sa֒ przystaja֒ce.
Promienie okre֒gów opisanych na obu ścianach sa֒ równe, zaś bokom AB i BC w trójka֒cie ABC odpowiadaja֒ w trójka֒cie BCD boki CD i BC, o tych samych długościach. Analogicznie wykazujemy przystawanie po-zostałych ścian wnioskuja֒c, że wszystkie ściany czworościanu ABCD sa֒ przystaja֒ce.
Dowolny czworościan można wpisać w równoległościan tak, by prze-ciwległe krawe֒dzie czworościanu były przeka֒tnymi przeciwległych ścian równoległościanu. Jeżeli czworościan ten ma przystaja֒ce ściany, to rów-noległościan jest prostopadłościanem, gdy zaś jest foremny, to prostopa-dłościan ten jest sześcianem. W tym momencie teza zadania sprowadza sie֒ do stwierdzenia, że środki ścian prostopadłościanu leża֒na jednej sfe-rze wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadłościan ten jest sześcianem — a to jest oczywiste.
32. Udowodnić, że istnieje dokładnie jeden podział zbioru liczb