Czy liczba m z } n zer z } n zer 1 mo˙ze by´c: a) kwadratem liczby naturalnej, b) sze´scianem liczby naturalnej? Rozwiazanie., a) Zauwa˙zmy, ˙ze z } n zer z } n zer 4 &lt

PRZYGOTOWAWCZYCH - 2005 KLASY DRUGIE

Zadanie 1. Czy liczba m = 1 00...00

| {z }

n zer

5 00...00

| {z }

n zer

1 mo˙ze by´c:

a) kwadratem liczby naturalnej, b) sze´scianem liczby naturalnej?

Rozwiazanie._, a) Zauwa˙zmy, ˙ze

1 00...00

| {z }

n zer

4 00...00

| {z }

n zer

4 < 1 00...00

| {z }

n zer

5 00...00

| {z }

n zer

1 < 1 00...00

| {z }

n zer

6 00...00

| {z }

n zer

9.

Z drugiej strony 1 00...00

| {z }

n zer

4 00...00

| {z }

n zer

4 = 4 + 4 · 10ⁿ⁺¹ + 10²ⁿ⁺² = (2 + 10ⁿ⁺¹)², m = 1 + 5 · 10ⁿ⁺¹+ 10²ⁿ⁺² oraz 1 00...00

| {z }

n zer

6 00...00

| {z }

n zer

9 = 9 + 6 · 10ⁿ⁺¹+ 10²ⁿ⁺² = (3 + 10ⁿ⁺¹)². Tak wiec_,

(2 + 10ⁿ⁺¹)² < m < (3 + 10ⁿ⁺¹)².

Stad wynika, ˙ze m nie jest kwadratem liczby naturalnej (jako liczba mi_, edzy kwadra-_, tami dw´och kolejnych liczb naturalnych).

b) Z r´owno´sci (3k +r)³ = 27k³+27k²r+9kr²+r³wynika, ˙ze sze´scian liczby ca lkowitej przy dzieleniu przez 9 mo˙ze dawa´c reszte 0, 1 lub 8. Jednak m = 1+5·10_, ⁿ⁺¹+10²ⁿ⁺² = 1 + 5 · (9 + 1)ⁿ⁺¹+ (9 + 1)²ⁿ⁺² = 9s + 7, dla pewnej liczby naturalnej s. Tak wiec m_,

nie jest sze´scianem liczby naturalnej. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 2. Ile cyfr ma najmniejsza liczba naturalna podzielna przez 275, kt´orej suma cyfr jest r´owna 275?

Rozwiazanie_,

Zauwa˙zmy, ˙ze 275 = 25 · 11. Wykorzystamy nastepuj_, ac_, a cech_, e podzielno´sci przez 11:_, Liczba N = c_nc_n−1. . . c₂c₁c₀ jest podzielna przez 11 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba S(N ) = ce ₀− c₁+ c₂ − · · · + (−1)ⁿc_n jest podzielna przez 11.

Dow´od powy˙zszej cechy wynika stad, ˙ze N = c_, 0+ c1· 10 + c2 · 10²+ · · · + cn· 10ⁿ= c₀+ c₁· (11 − 1) + c₂· (11 − 1)²+ · · · + c_n· (11 − 1)ⁿ= 11k + c₀− c₁+ c₂− · · · + (−1)ⁿc_n, dla pewnej liczby ca lkowitej k.

Oznaczmy przez S(N ) sume cyfr zapisu dziesi_, etnego liczby N . Zauwa˙zmy, ˙ze S(N ) +_, S(N ) = 2(ce ₀+ c₂+ c₄+ . . . ) jest zawsze liczba parzyst_, a. Je˙zeli N jest tak_, a liczb_, a, ˙ze_, S(N ) = 275, to eS(N ) jest liczba nieparzyst_, a. Je˙zeli dodatkowo N jest podzielna przez_, 11, to na podstawie powy˙zszej cechy, eS(N ) > 11 lub eS(N ) 6 −11. Udowodnimy, ˙ze liczba spe lniajaca warunki zadania nie mo˙ze mie´_, c mniej ni˙z 33 cyfry. Poniewa˙z jest ona podzielna przez 25, wiec ma ona jedn_, a z czterech postaci:_,

N = c_nc_n−1. . . c₂00 lub N = c_nc_n−1. . . c₂25 lub

1

N = c_nc_n−1. . . c₂50 lub N = c_nc_n−1. . . c₂75,

gdzie c_i ∈ {0, 1, 2, . . . , 9}. Za l´o˙zmy, ˙ze n 6 31. Je˙zeli eS(N ) > 11, to z powy˙zego wynika, ˙ze

c₀+ c₂+ · · · + c₄+ · · · + c₃₀> 275 + 11

2 = 143

Jednak c₀ ∈ {0, 5}, wiec c_{, 2} + · · · + c₄ + · · · + c₃₀ > 138. Jest to niemo˙zliwe, gdy˙z 15 · 9 = 135. W przypadku, gdy eS(N ) 6 11 rozwa˙zamy r´o˙znice S(N ) − e_, S(N ) = 2(c₁ + c₃ + c₅ + . . . ). Podobnie jak wy˙zej, uwzgledniaj_, ac fakt, ˙ze c_{, 1} ∈ {0, 2, 5, 7}

otrzymujemy

c3+ c5+ · · · + c31 > 143 − 7 = 136 > 15 · 9,

co jest niemo˙zliwe. Nie istnieje zatem mniej ni˙z 33 cyfrowa liczba podzielna przez 275 o sumie cyfr r´ownej 275. Z powy˙zszej cechy podzielno´sci przez 11 wynika, ˙ze liczba

N = 81 99 . . . 99

| {z }

28 dziewiatek_,

950

jest podzielna przez 11 (bo eS(N ) = −5 + 9 − 1 + 8 = 11) oraz oczywi´scie przez 25. Ponadto S(N ) = 5 + 9 + 28 · 9 + 1 + 8 = 275. Ostatecznie, najmniejsza liczba

podzielna przez 275 o sumie cyfr 275 ma 33 cyfry. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 3. a) Wykaza´c, ˙ze liczba a = 0, 12345 . . . 101112 . . . , powsta la przez wypisanie po prze- cinku wszystkich kolejnych liczb naturalnych, jest niewymierna.

b) Wykaza´c, ˙ze liczba b = 0, 2481632 . . . 10242048 . . . , powsta la przez wypisanie po przecinku wszystkich kolejnych poteg dw´_, ojki, jest niewymierna.

Rozwiazanie_,

Skorzystamy z nastepuj_, acego twierdzenia:_,

Liczba 0, c₁c₂c₃. . . , gdzie c_i ∈ {0, 1, 2, . . . , 8, 9}, jest wymierna wtedy i tylko wtedy, gdy ciag {c_{, n}} jest okresowy od pewnego miejsca, tzn. istnieja liczby naturalne n_{, 0} oraz T takie, ˙ze c_m+T = c_m dla m > n0.

a) W ciagu kolejnych cyfr liczby a wyst_, epuj_, a np. dowolnie d lugie ci_, agi kolejnych_, zer, kolejnych jedynek, itp. Ciag cyfr liczby a nie jest zatem od ˙zadnego miejsca_, okresowy. Liczba a jest wobec tego niewymierna.

b) Niech {b_n} bedzie ci_, agiem kolejnych cyfr po przecinku liczby b, tzn. b_{, 1} = 2, b₂ = 4, b₃ = 8, b₄ = 1, b₅ = 6, . . . . Dow´od oprzemy na dw´och latwych do zauwa˙zenia faktach:

(1) Dla dowolnej liczby naturalnej k istnieje potega dw´_, ojki majaca w zapisie dzie-_, sietnym dok ladnie k cyfr;_,

(2) Je´sli `(m) oznacza pierwsza (licz<sub>,</sub> ac od lewej strony) cyfr<sub>,</sub> e zapisu dziesi<sub>,</sub> etnego<sub>,</sub> liczby naturalnej m, to `(m) 6= `(2m).

Przypu´s´cmy, ˙ze ciag {b_{, n}} jest okresowy od pewnego miejsca. Niech b_m+T = b_m dla m > n0. Na podstawie (1) w´sr´od poteg dw´_, ojki wypisywanych na prawo od pozy- cji n0 mo˙zemy wybra´c taka, kt´_, orej liczba cyfr w zapisie dziesietnym jest ca lkowit_, a_, wielokrotno´scia liczby T . Za l´_, o˙zmy, ˙ze zaczynajac od k-tej pozycji (k > n_, ⁰) wy- pisywana jest sT cyfrowa potega 2_, ^r. Wtedy zgodnie z przyjetymi oznaczeniami:_, b_k = `(2<sup>r</sup>) oraz b<sub>k+sT</sub> = `(2^r+1). Poniewa˙z T jest okresem ciagu {b_{, n}} otrzymujemy b_k = b_k+sT, czyli `(2<sup>r</sup>) = `(2^r+1). Przeczy to jednak (2).



∗ ∗ ∗

Zadanie 4. Dla danej liczby naturalnej n wyznaczy´c maksymalna pot_, eg_, e dw´_, ojki dzielac_, a liczb_, e_, 7ⁿ− 1.

Rozwiazanie_,

Rozwiazanie oprzemy na znanej to˙zsamo´sci:_,

a^m− 1 = (a − 1)(a^m−1 + a^m−2 + · · · + a + 1).

Przypu´s´cmy, ˙ze n = 2^ks, gdzie k > 0 oraz s jest liczba nieparzyst, a. Z powy˙zszej_, to˙zsamo´sci wynika, ˙ze

7ⁿ− 1 = (7^2k)^s− 1 = (7^2k− 1)(7^2k(s−1)+ 7^2k(s−2)+ · · · + 7^2k + 1).

Drugi czynnik powy˙zszego rozk ladu jest liczba nieparzyst_, a (jako suma nieparzystej_, liczby nieparzystych sk ladnik´ow), wiec wystarczy znale´_, z´c najwy˙zsza pot_, eg_, e dw´_, ojki dzielac_, a liczb_, e 7_, ^2k − 1. Niech zatem α_k bedzie takie, ˙ze_,

7^2k − 1 = 2^αkm,

gdzie m jest liczba nieparzyst_, a. Korzystaj_, ac ze wzoru dwumiennego Newtona otrzy-_, mujemy dla k > 1

7^2k+ 1 = (8 − 1)^2k + 1 = 8^2k−2^k 1



8^2k−1+ · · · −

 2^k 2^k− 1



8 + 1 + 1 = 2l, gdzie l jest liczba nieparzyst_, a. Mamy wi_, ec_,

7^2k+1− 1 = (7^2k− 1)(7^2k+ 1) = 2^αk+1ml,

czyli αk+1 = αk+ 1. Poniewa˙z α1 = 3, wiec z latwo´sci_, a otrzymujemy, ˙ze α_, k = k + 2, dla k > 1.

Ostatecznie α₀ = 1 oraz α_k = k + 2, dla k > 1.



∗ ∗ ∗

Zadanie 5. Zbi´or M sk lada sie z 2005 r´o˙znych liczb naturalnych. Wykaza´c, ˙ze mo˙zna wybra´c trzy r´o˙zne liczby a, b, c ∈ M takie, ˙ze a(b − c) dzieli sie przez 2005._,

Rozwiazanie_,

Mo˙zliwe sa dwa przypadki:_,

(1) Liczby ze zbioru M daja r´_, o˙zne reszty z dzielenia przez 2005;

(2) Istnieja dwie liczby (oznaczmy je przez b i c) daj_, ace tak_, a sam_, a reszt_, e z dzielenia_, przez 2005.

W przypadku (1) istnieje w zbiorze M liczba a podzielna przez 2005. Wtedy dla dowolnych b, c ∈ M mamy podzielno´s´c a(b−c) przez 2005. Je´sli za´s zachodzi sytuacja (2), to b − c dzieli sie przez 2005, a wi_, ec dla dowolnej liczby a ∈ M mamy 2005 |_, a(b − c).



∗ ∗ ∗

Zadanie 6. Prostokaty P_{, 1}, P₂, . . . , P_n pokrywaja ca lkowicie figur_, e F o polu 1. Wykaza´_, c, ˙ze przy- najmniej jeden z tych prostokat´_, ow ma obw´od nie mniejszy od 4/√

n.

Rozwiazanie_,

Oszacujemy najpierw pole dowolnego prostokata wzgl_, edem jego obwodu. Niech a, b_, sa d lugo´sciami bok´_, ow prostokata o obwodzie p. Stosuj_, ac nier´_, owno´s´c miedzy ´srednimi_, arytmetyczna i geometryczn_, a otrzymujemy:_,

ab 6 a + b 2

2

= p²/16,

Wynika stad, ˙ze ka˙zdy prostok_, at o obwodzie mniejszym od 4/_, √

n ma pole mniejsze od 1/n. Poniewa˙z prostokaty P_{, 1}, P₂, . . . , P_n pokrywaja ca lkowicie figur_, e F o polu 1,_, wiec w´sr´_, od nich musi istnie´c przynajmniej jeden o obwodzie nie mniejszym od 4/√

n.



∗ ∗ ∗ Zadanie 7. Rozwiaza´_, c r´ownania:

a) (x − 2)⁶+ (x − 4)⁶ = 64; b) √ x −√

x + 1 −√

x + 4 +√

x + 9 = 0 Rozwiazanie_,

a) Podstawiajac y = x − 3 r´_, ownanie przyjmuje posta´c (y − 1)⁶+ (y + 1)⁶ = 64. Po przekszta lceniach otrzymujemy r´ownanie y⁶ + 15y⁴ + 15y² − 31 = 0. Rozk ladajac_, lewa strone na czynniki otrzymujemy posta´_, c r´ownowa˙zna:_,

(y − 1)(y + 1)(y⁴+ 16y²+ 31) = 0.

Sdad z latwo´sci_, a wnioskujemy, ˙ze y = −1 lub y = 1, czyli x = 2 lub x = 4._, b) Zauwa˙zmy, ˙ze x > 0. Zapiszmy r´ownanie w postaci:

√x +√

x + 9 =√

x + 1 +√ x + 4.

Podnoszac obustronnie do kwadratu, po uproszczeniach otrzymamy 2 +_, √

x²+ 9x =

√x²+ 5x + 4. Podnoszac raz jeszcze ostatnie r´_, ownanie obustronnie do kwadratu otrzymamy x +√

x²+ 9x = 0. Poniewa˙z x > 0, wiec z ostatniej zale˙zno´sci wynika,_,

˙ze x = 0 jest jedynym rozwiazaniem naszego r´_, ownania. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 8. a) Wielomian W (x) stopnia 2n + 1 ma wsp´o lczynniki ca lkowite. Wykaza´c, ˙ze je´sli istnieja r´_, o˙zne liczby ca lkowite x₁, x₂, . . . , x_2n+1 takie, ˙ze

|W (x₁)| = |W (x₂)| = · · · = |W (x_2n+1)| = 1,

to W (x) nie jest iloczynem dw´och wielomian´ow dodatnich stopni o wsp´o lczynnikach ca lkowitych.

b) Niech W (x) bedzie wielomianem stopnia 7 o wsp´_, o lczynnikach ca lkowitych. Wy- kaza´c, ˙ze je´sli istnieje pie´_,c r´o˙znych liczb ca lkowitych x₁, x₂, . . . , x₅ takich, ˙ze

|W (x₁)| = |W (x₂)| = · · · = |W (x₅)| = 1,

to W (x) nie jest iloczynem dw´och wielomian´ow dodatnich stopni o wsp´o lczynnikach ca lkowitych.

Rozwiazanie_,

Skorzystamy z nastepuj_, acej w lasno´sci wielomian´_, ow:

(*) Je˙zeli W (x) jest wielomianem o wsp´o lczynnikach rzeczywistych stopnia n oraz x₁, x₂, . . . , x_k r´o˙znymi liczbami takimi, ˙ze W (x₁) = W (x₂) = · · · = W (x_k) = a, to k 6 n.

W lasno´s´c, ta wynika z faktu, ˙ze x1, x2, . . . , xk sa r´_, o˙znymi pierwiastkami wielomianu W (x) − a, a wiec W (x) − a jest podzielny przez (x − x_{, 1})(x − x₂) . . . (x − x_k).

a) Przypu´s´cmy, ˙ze W (x) = P (x)Q(x) dla pewnych wielomian´ow P (x), Q(x) o wsp´o l- czynnikach ca lkowitych i majacych dodatnie stopnie. Suma stopni tych wielomian´_, ow wynosi 2n + 1, wiec jeden z nich ma stopie´_, n nie wiekszy ni˙z n. Niech np. stopie´_, n P (x) 6 n. Poniewa˙z dla i = 1, 2, . . . , 2n + 1, |P (xⁱ)| · |Q(xi)| = 1 oraz P (xi), Q(xi) sa liczbami ca lkowitymi, wi_, ec |P (x_, i)| = 1. Oznacza to, ˙ze liczby x1, x2, . . . , x2n+1 sa_, pierwiastkami wielomianu P (x)²− 1 stopnia 6 2n, co jest niemo˙zliwe.

b) Za l´o˙zmy, ˙ze W (x) = P (x)Q(x) dla pewnych wielomian´ow P (x), Q(x) o wsp´o lczyn- nikach ca lkowitych i majacych dodatnie stopnie. Podobnie jak w a) mo˙zemy za lo˙zy´_, c,

˙ze P (x) ma stopie´n 6 3. Wtedy dla i = 1, 2, . . . , 5, P (xi) = −1 lub P (x_i) = 1. Z w lasno´sci (*) wynika, ˙ze dla dok ladnie trzech r´o˙znych warto´sci i P (x_i) jest r´owne jednocze´snie −1 lub 1. Bez zmniejszania og´olno´sci mo˙zemy przyja´_,c, ˙ze P (x1) = P (x2) = P (x3) = −1, x1 < x2 < x3 oraz P (x4) = P (x5) = 1. W´owczas P (x) + 1 = a(x − x₁)(x − x₂)(x − x₃), gdzie a jest liczba ca lkowit_, a. Podstawiaj_, ac x = x_{, 4} oraz x = x₅ i uwzgledniaj_, ac to, ˙ze P (x_{, 4}) = P (x₅) = 1 otrzymamy r´owno´sci

a(x₄− x₁)(x₄− x₂)(x₄ − x₃) = 2 oraz a(x₅− x₁)(x₅ − x₂)(x₄− x₃) = 2.

Zauwa˙zmy, ˙ze zgodnie z przyjetymi za lo˙zeniami x_{, 4} − x₁ > x₄ − x₂ > x₄ − x₃ oraz x₅− x₁ > x₅− x₂ > x₅− x₃. Z drugiej strony jedynym rozk ladem liczby w postaci iloczynu trzech r´o˙znych czynnik´ow jest (−2) · (−1) · 1 = 2, a wiec a = 1 lub a = −1_, oraz x4− x1 = x5− x1. Stad x_, 4 = x5, co przeczy za lo˙zeniom zadania.



∗ ∗ ∗

Zadanie 9. Dla danej liczby naturalnej n > 2 rozwiaza´, c uk lad r´owna´n:















x₂ = 2x²₁− 1 x₃ = 2x²₂− 1 ...

xn = 2x²_n−1− 1 x1 = 2x²_n− 1 Rozwiazanie_,

Zauwa˙zmy najpierw, ˙ze je´sli |x| > 1, to 2x²− 1 > x. (dok ladniej, zbiorem rozwiaza´_, n nier´owno´sci 2x² − 1 > x jest (−∞, −¹₂) ∪ (1, +∞)). Tak wiec, je´sli |x_{, 1}| > 1, to x₂ = 2x²₁− 1 > 1 oraz x₂ > x₁. Z tych samych powod´ow x₃ > x₂,..., x_n> x_n−1 oraz x₁ > x_n, a wiec sprzeczno´s´_, c. Zatem rozwa˙zany uk lad nie ma rozwiaza´_, n takich, ˙ze

|x₁| > 1.

Niech wobec tego |x₁| 6 1. Istnieje wtedy liczba t ∈ R taka, ˙ze x1 = cos t. Z to˙zsamo´sci cos 2t = 2 cos²t − 1 wynika kolejno, ˙ze x2 = cos 2t, x3 = cos 2²t, . . . , xn= cos 2ⁿ⁻¹t i w ko´ncu x1 = cos 2ⁿt. Musi wiec zachodzi´_, c r´owno´s´c:

cos t = cos 2ⁿt.

Korzystajac z to˙zsamo´sci cos α − cos β = −2 sin_, ^α+β₂ sin^α−β₂ otrzymujemy sin(2ⁿ+ 1)t

2 sin(2ⁿ− 1)t 2 = 0.

Stad wnosimy, ˙ze t =_{, 2}^2kπn+1 lub t = ₂^2kπn−1 dla pewnej liczby ca lkowitej k. Ostate- cznie, rozwa˙zany uk lad spe lniaja ci_, agi (x_{, 1}, x₂, . . . , x_n) takie, ˙ze x_i = cos₂²n^ikπ+1 dla i = 1, 2, . . . , n lub x_i = cos₂²n^ikπ−1 dla i = 1, 2, . . . , n.

Nale˙zy jeszcze rozstrzygna´_,c dla jakich warto´sci k otrzymujemy r´o˙zne rozwiazania_, uk ladu. Podobnie jak wy˙zej stwierdzamy, ˙ze r´owno´s´c:

cos 2kπ

2ⁿ+ 1 = cos 2lπ 2ⁿ+ 1 zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

(k + l)π

2ⁿ+ 1 = sπ lub (k − l)π 2ⁿ+ 1 = sπ

dla pewnej liczby ca lkowitej s. Ostatni warunek jest r´ownowa˙zny temu, ˙ze jedna z liczb k + l lub k − l jest ca lkowita wielokrotno´sci_, a liczby 2_, ⁿ+ 1. Teraz z latwo´scia_, zauwa˙zamy, ˙ze dla k = 0, 1, . . . , 2ⁿ⁻¹ odpowiadajace warto´sci x_{, 1} sa parami r´_, o˙zne.

Analogicznie otrzymujemy, ˙ze wszystkie r´o˙zne warto´sci w ciagu {cos_{, 2}^2lπn−1} uzykujemy przyjmujac l = 0, 1, . . . , 2_, ⁿ⁻¹ − 1. Zauwa˙zmy ponadto, ˙ze dla 1 6 k 6 2ⁿ⁻¹ oraz 1 6 l 6 2ⁿ⁻¹− 1 nie mo˙ze zaj´s´c r´owno´s´c:

cos 2kπ

2ⁿ+ 1 = cos 2lπ 2ⁿ− 1. W przeciwnym razie mieliby´smy

kπ

2ⁿ+ 1 + lπ

2ⁿ− 1 = sπ lub kπ

2ⁿ+ 1 − lπ

2ⁿ− 1 = sπ dla pewnej liczby ca lkowitej s, czyli

k(2ⁿ− 1) ± l(2ⁿ+ 1) = s(2ⁿ− 1)(2ⁿ+ 1).

˙Zadna z ostatnich r´owno´sci nie mo˙ze jednak zaj´s´c, gdy˙z liczby 2ⁿ − 1 i 2ⁿ − 1 sa_, wzglednie pierwsze [nie mamy podzielno´sci 2_, ⁿ+ 1 | k(2ⁿ− 1)]. Ostatecznie uk lad ma 2ⁿ r´o˙znych rozwiaza´_, n:

x_i = cos 2ⁱkπ

2ⁿ+ 1 lub x_i = cos 2ⁱlπ 2ⁿ− 1, gdzie k = 0, 1, . . . , 2ⁿ⁻¹, l = 1, 2, . . . , 2ⁿ⁻¹− 1.



∗ ∗ ∗ Zadanie 10. Rozwiaza´_, c r´ownanie

x²− x + [x]²− [x] = 1 + x[x], gdzie [x] oznacza cze´s´_, c ca lkowita liczby x._,

Rozwiazanie_,

Niech α oznacza cze´s´_, c u lamkowa liczby x, tzn. x = [x] + α oraz 0 6 α < 1. Po_, podstawieniu do r´ownania otrzymamy:

[x]²+ (α²− α − 1) = (2 − α)[x].

Poniewa˙z α²− α − 1 = (α −¹₂)²− ⁵₄ jest jasne, ˙ze dla α ∈ [0, 1) mamy

−5

4 6 α²− α − 1 6 −1.

Zauwa˙zmy teraz, ˙ze je´sli [x] > 3, to [x]²+(α²−α−1) > [x]²−2 > 3[x]−2 > (2−α)[x].

Zatem r´ownanie nie ma rozwiaza´_, n w przedziale [3, +∞). Je´sli za´s [x] 6 −2, to

(2 − α)[x] < 0 oraz [x]² + (α² − α − 1) > 0. Mo˙zemy wiec dalej zak lada´_, c, ˙ze [x] ∈ {−1, 0, 1, 2}. W ka˙zdym z tych czterech przypadk´ow nasze r´ownanie sprowadza sie do_, r´ownania kwadratowego wzgledem α. Przez bezpo´srednie sprawdzenie stwierdzamy,_,

˙ze tylko dla [x] = 2 stosowne r´ownanie kwadratowe ma pierwiastek w przedziale [0, 1). Jest nim α = ⁻¹⁺

√ 5

2 . Tak wiec nasze r´_, ownanie ma jedno rozwiazanie:_, x = 2 + −1 +√

5

2 = 3 +√

5 2 .



∗ ∗ ∗

Zadanie 11. Liczby x₁, x₂, . . . , x_n sa nieujemne oraz x_{, 1} + x₂ + · · · + x_n = 1. Jaka najwi_, eksz_, a_, warto´s´c mo˙ze przyja´_,c suma x₁x₂+ x₂x₃+ · · · + x_n−1x_n?

Rozwiazanie_,

Niech a = x₁+ x₃+ . . . , b = x₂+ x₄+ . . . oznaczaja sumy wystkich x_{, i} numerowanych odpowiednio liczbami nieparzystymi i parzystymi. Mamy a + b = 1 oraz poniewa˙z liczby xi sa nieujemne_,

x₁x₂+ x₂x₃+ · · · + x_n−1x_n6 ab 6 a + b 2

2

= 1 4.

Zauwa˙zmy, ˙ze dla ciagu x_{, 1} = x₂ = 1/2, x₃ = x₄ = · · · = x_n = 0 rozwa˙zana suma przyjmuje warto´s´c 1/4. Tak wiec 1/4 jest najwi_, eksz_, a warto´sci_, a tej sumy._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 12. Na bokach r´ownoleg loboku zbudowano kwadraty, tak ˙ze ka˙zdy kwadrat ma jeden bok wsp´olny z r´ownoleg lobokiem oraz nie ma innych punkt´ow wsp´olnych. Udowodni´c, ˙ze

´srodki tak otrzymanych kwadrat´ow tworza kwadrat._, Rozwiazanie_,

Niech ABCD bedzie_, rozwa˙zanym r´ownoleg lobokiem. Oznaczmy przez K, L, M, N

´srodki dobudowanych kwadrat´ow (patrz ry- sunek obok). Zauwa˙zmy, ˙ze ∠KBL = 360^◦ − (∠ABC + ∠KBA + ∠LBC) = 270^◦ − ∠ABC = 90^◦ + 180^◦ − ∠ABC = 90^◦ + ∠BAD = ∠KAN.

Stad wnosimy,_, ˙ze tr´ojkaty KAN i KBL s_, a_, przystajace._, Poniewa˙z ∠AKB = 90^◦, tr´ojkat_, N AK jest obrazem tr´ojkata KBL przy obrocie_, o ´srodku K o kat 90_, ^◦ (przeciwnie do ruchu wskaz´owek zegara). Stad w szczeg´_, olno´sci wynika,

˙ze |KN | = |KL| i ∠N KL = 90^◦. Analogicznie pokazujemy prostopad lo´s´c i r´owno´s´c d lugo´sci pozosta lych par bok´ow czworokata_, KLM N . Ostatecznie KLM N jest kwadratem.



∗ ∗ ∗

Zadanie 13. Dany jest czworokat, kt´_, orego dwa przeciwleg le katy s_, a proste; d lugo´sci bok´_, ow przy jednym z kat´_, ow prostych wynosza a i b, d lugo´sci bok´_, ow przy drugim kacie prostym_, sa r´_, owne. Obliczy´c odleg lo´s´c miedzy wierzcho lkami przy k_, atach prostych._,

Rozwiazanie_,

Niech ABCD bedzie rozwa˙zanym czworok_, atem,_, przy czym |AB| = a, |AD| = b, ∠BAD =

∠BCD = 90^◦ oraz |BC| = |CD|. Przed lu˙zmy bok AB do punktu E takiego, ˙ze |BE| = |AD| = b.

Poniewa˙z ∠ADC + ∠ABC = 180^◦, wiec ∠EBC =_,

∠ADC. Z r´owno´sci |CB| = |CD| wynika teraz przystawanie tr´ojkat´_, ow EBC i ACD. Stad otrzy-_, mujemy ∠ACE = 90^◦ oraz |AC| = |CE|. Tr´ojkat_, ACE jest zatem r´ownoramiennym tr´ojkatem pros-_, tokatnym, przy czym |AE| = a + b. Ostatecznie_,

|AC| = ^a+b√

2.



∗ ∗ ∗

Zadanie 14. Na p laszczy´znie dana jest prosta ` oraz dwa punkty A, B nie nale˙zace do ` . Wy-_, znaczy´c zbi´or ´srodk´ow cie˙zko´sci wszystkich tr´_, ojkat´_, ow ABP takich, ˙ze P nale˙zy do prostej `.

Rozwiazanie_,

Wprowad´zmy prostokatny uk lad wsp´_, o lrzednych_, tak, ˙ze o´s OY pokrywa sie prost_, a `, punkt A le˙zy<sub>,</sub> na osi OX i ma wsp´o lrzedne (a, 0), punkt B ma<sub>,</sub> wsp´o lrzedne (b, c). Rozwa˙zmy dowolny punkt P<sub>,</sub> le˙zacy na prostej `. Oczywi´scie P ma wsp´_, o lrzedne_, (0, t), przy czym t mo˙ze by´c dowolna liczb_, a rzeczy-_, wista. Wiadomo, ˙ze wsp´_, o lrzedne ´srodka ci_, e˙zko´sci_, S tr´ojkata ABP s_, a ´srednimi arytmetycznymi_, odpowiednich wsp´o lrzednych wierzcho lk´_, ow, a wiec_, S ma wsp´o lrzedne (_, ^a+b₃ ,^c+t₃ ). Stad wida´_, c, ˙ze ´srodki cie˙zko´sci tr´_, ojkat´_, ow ABP sa wsp´_, o lliniowe i wyz- naczaja pewn_, a prost_, a `<sub>,</sub> <sup>0</sup> r´ownoleg la do prostej `._,



∗ ∗ ∗

Zadanie 15. Czworo´scian foremny o krawedzi d lugo´sci a przeci_, eto p laszczyzn_, a, otrzymuj_, ac czwo-_, rokat o minimalnym obwodzie. Wyznaczy´_, c ten obw´od.

Rozwiazanie_,

Niech KLM N bedzie czworok_, atem powsta lym w wyniku przeci_, ecia p laszczyzn_, a czwo-_, ro´scianu foremnego o krawedzi d lugo´sci a. Oznaczmy wierzcho lki czworo´scianu tak,_,

˙ze K, L, M, N le˙za odpowiednio na krawedziach AC, BC, BD, AD. Narysujmy siatk_, e_, czworo´scianu w postaci r´ownoleg loboku o bokach d lugo´sci a i 2a (por. powy˙zszy rysunek). Wierzcho lki czworokata wyznaczaj_, a laman_, a KLM N K, o d lugo´sci > 2a._, Oczywi´scie minimalna d lugo´sci_, a tej lamanej jest 2a. Z drugiej strony ´srodki kraw_, edzi_, AC, BC, BD, AD le˙za oczywi´scie na jednej p laszczy´_, znie i wyznaczaja czworok_, at o_,

obwodzie 2a. 

∗ ∗ ∗

[opr. pg]