KONKURS KLAS PIERWSZYCH

KONKURS KLAS PIERWSZYCH

SZK ´ O L PONADGIMNAZJALNYCH

ZADANIA PRZYGOTOWAWCZE ROZWI AZNIA

opracowa l Piotr Grzeszczuk

Oddzia l Bia lostocki Polskiego Towarzystwa Matematycznego Bia lystok 2003

1

1. KOMBINATORYKA

Zadanie 1. W turnieju szachowym uczestniczy 30 zawodnik´ow (gra ka˙zdy z ka˙zdym jedna parti_, e)._, Wykaza´c, ˙ze w dowolnej chwili trwania turnieju pewnych dw´och szachist´ow rozegra lo tyle samo partii.

Rozwiazanie._,

Je´sli w danej chwili pewien zawodnik nie rozegra l ˙zadnej partii, to liczba partii roze- granych przez ka˙zdego z zawodnik´ow nale˙zy do zbioru 29-elementowego {0, 1, 2, ..., 28}.

Zawodnik´ow jest trzydziestu, wiec pewnych dw´_, och rozegra lo te sam_, a liczb_, e partii._, Podobnie, je´sli ka˙zdy z zawodnik´ow rozegra l przynajmniej jedna parti_, e, to liczba_, partii rozegranych przez ka˙zdego z trzydziestu zawodnik´ow nale˙zy do zbioru 29- elementowego {1, 2, ..., 28, 29}. W tym przypadku r´ownie˙z znajda si_, e przynajmniej_, dwaj zawodnicy, kt´orzy rozegrali te sam_, a liczb_, e partii._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 2. Wykaza´c, ˙ze w´sr´od dowolnych 101 liczb ca lkowitych istnieja dwie kt´_, orych r´o˙znica jest podzielna przez 100.

Rozwiazanie_,

W´sr´od dowolnych 101 liczb ca lkowitych istnieja przynajmniej dwie daj_, ace tak_, a sam_, a_, reszte z dzielenia przez 100, bo wszyskich mo˙zliwych reszt jest 100. R´_, o˙znica tych

liczb jest podzielna przez 100. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 3. W ka˙zdym spo´sr´od 500 koszy znajduja si_, e jab lka, przy czym w koszu mie´sci si_, e nie_, wiecej ni˙z 240 jab lek. Wykaza´_, c, ˙ze w przynajmniej trzech koszach jest taka sama liczba jab lek.

Rozwiazanie_,

Powiemy, ˙ze dwa kosze sa tego samego typu, je´sli znajduje si_, e w nich taka sama liczba_, jab lek. Z za lo˙ze´n wynika, ˙ze mamy co najwy˙zej 240 typ´ow koszy. Gdyby by lo co najwy˙zej dwa kosze ka˙zdego typu, to lacznie mieliby´smy co najwy˙zej 2 × 240 = 480_, koszy. Stad wynika, ˙ze musz_, a istnie´_, c przynajmniej trzy kosze tego samego typu. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 4. W trzydziestoosobowej klasie 20 uczni´ow uczy sie j_, ezyka angielskiego, 14 niemieckiego_, oraz 10 francuskiego. ˙Zadne dziecko nie uczy sie wszystkich trzech j_, ezyk´_, ow, a o´smioro nie uczy sie ˙zadnego z tych j_, ezyk´_, ow. Ilu uczni´ow uczy sie zar´_, owno jezyka niemieckiego_, jak i francuskiego?

Rozwiazanie_,

Oznaczmy przez A, F, N zbiory, kt´orych elementami sa odpowiednio uczniowie ucz_, acy_, sie j_, ezyka angielskiego, francuskiego oraz niemieckiego. Z za lo˙ze´_, n wynika, ˙ze |A ∪ F ∪ N | = 22 oraz |A ∩ F ∩ N | = 0 (przez |X| oznaczamy liczbe element´_, ow zbioru X). Z zale˙zno´sci (zwanej zasada w l_, acze´_, n i wy lacze´_, n)

|A ∪ F ∪ N | = |A| + |F | + |N | − |A ∩ F | − |A ∩ N | − |F ∩ N | + |A ∩ F ∩ N |

[spr´obuj ja uzasadni´_, c!] wynika, ˙ze |A∩F |+|A∩N |+|F ∩N | = 20+10+14−22 = 22.

Z drugiej strony zbiory A ∩ F , A ∩ N , F ∩ N sa parami roz l_, aczne oraz zawarte w_,

zbiorze 22-elementowym A ∪ F ∪ N . Stad wnosimy, ˙ze_, (A ∩ F ) ∪ (A ∩ N ) ∪ (F ∩ N ) = A ∪ F ∪ N,

czyli ka˙zdy ucze´n uczacy si_, e jakiego´s z j_, ezyk´_, ow uczy sie dok ladnie dw´och jezyk´_, ow.

Tak wiec 20 = |A| = |A ∩ F | + |A ∩ N | oraz |F ∩ N | = 22 − 20 = 2. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 5. Wewnatrz kwadratu o boku 1 umieszczono pewn_, a ilo´s´_, c okreg´_, ow o sumie obwod´ow r´ownej 10. Wykaza´c, ˙ze istnieje prosta przecinajaca przynajmniej 4 okr_, egi._,

Rozwiazanie_,

Niech A, B, C, D bed_, a kolejnymi wierzcho lkami kwadratu oraz d_{, 1}, d₂, . . . , d_n bed_, a_, d lugo´sciami ´srednic okreg´_, ow. Mamy r´owno´s´c πd₁ + πd₂ + · · · + πd_n = 10. Stad_, d1 + d2 + · · · + dn = 10/π > 3. Rozwa˙zmy rzuty prostopad le okreg´_, ow na bok AB kwadratu (wzd lu˙z boku AD). Rzuty te wyznaczaja na boku AB rodzin_, e odcink´_, ow o lacznej d lugo´sci d_{, 1}+d₂+· · ·+d_n> 3. Stad wnosimy, ˙ze pewien punkt X boku AB jest_, nakryty przynajmniej czterema odcinkami. Prosta prostopad la do AB przechodzaca_, przez X przecina oczywi´scie te okregi (jest ich przynajmniej 4), kt´_, orych rzuty na bok

AB zawieraja punkt X._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 6. Ile r´o˙znych (nieuporzadkowanych) par roz l_, acznych podzbior´_, ow posiada zbi´or sk ladajacy_, sie z 2003 element´_, ow?

Rozwiazanie_,

Niech X = {x₁, x₂, . . . , x₂₀₀₃} bedzie danym zbiorem sk ladaj_, acym si_, e z 2003 ele-_, ment´ow. Zauwa˙zmy, ˙ze ka˙zda para uporzadkowana (A, B) roz l_, acznych podzbior´_, ow zbioru X wyznacza jednoznacznie tr´ojke uporz_, adkowan_, a (A, B, C) parami roz l_, acznych_, podzbior´ow, gdzie C = X \ (A ∪ B) jest dope lnieniem podzbioru A ∪ B (czyli A ∪ B ∪ C = X). Aby wyznaczy´c liczbe takich uporz_, adkowanych tr´_, ojek zauwa˙zmy,

˙ze ka˙zdy element x_i nale˙zy do dok ladnie jednego ze zbior´ow A, B lub C. Stad wida´_, c,

˙ze takich tr´ojek jest tyle ile ciag´_, ow 2003-wyrazowych o wyrazach A, B lub C, a wiec_, 3²⁰⁰³. [Ka˙zdemu elementowi x_i przyporzadkowujemy jedn_, a z liter A, B lub C.] Dwie_, tr´ojki uporzadkowane (A, B, C) oraz (B, A, C), gdzie przynajmniej jeden ze zbior´_, ow A lub B jest niepusty wyznaczaja t_, e sam_, a par_, e (nieuporz_, adkowan_, a) roz l_, acznych_, podzbior´ow zbioru X. Zatem liczba takich par jest r´owna

3²⁰⁰³− 1

2 + 1 = 3²⁰⁰³ + 1

2 .



∗ ∗ ∗

Zadanie 7. Wewnatrz tr´_, ojkata r´_, ownobocznego o boku 1 wybrano pie´_,c punkt´ow. Wykaza´c, ˙ze odleg lo´s´c miedzy pewnymi dwoma punktami jest mniejsza od 1/2._,

Rozwiazanie_,

Oznaczmy przez A, B, C wierzcho lki rozwa˙zanego tr´ojkata r´_, ownobocznego oraz przez K, L, M ´srodki jego bok´ow. Lacz_, ac punkty K, L, M odcinkami otrzymujemy podzia l_, tr´ojkata ABC na cztery tr´_, ojkaty r´_, ownoboczne o boku 1/2 ka˙zdy. Wtedy przynaj- mniej dwa spo´sr´od wybranych punkt´ow nale˙za do jednego z mniejszych tr´_, ojkat´_, ow.

Poniewa˙z wybrane punkty nie le˙za na brzegu tr´_, ojkata ABC, wi_, ec ˙zaden z tych_,

dw´och punkt´ow nie jest wierzcho lkiem mniejszego tr´ojkata. St_, ad wynika, ˙ze od-_,

leg lo´s´c miedzy nimi jest mniejsza od 1/2._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 8. Czy szachownice 10 × 10 mo˙zna pokry´_, c 25 jednakowymi p lytkami w kszta lcie:

a) prostokata rozmiar´_, ow 1 × 4?

b) litery T sk ladajacej si_, e z czterech kwadrat´_, ow 1 × 1?

c) litery L sk ladajacej si_, e z czterech kwadrat´_, ow 1 × 1?

Rozwiazanie_,

Do ka˙zdej z cze´sci zadania rozwa˙zymy inne kolorowanie p´_, ol szachownicy.

W przypadku a) ka˙zda p lytka nakrywa cztery pola pomalowane dwoma kolorami, przy czym po dwa pola tego samego koloru. Wynika stad, ˙ze gdyby istnia lo pokrycie_, ca lej szachownicy, to p lytki nakry lyby parzysta liczb_, e p´_, ol ka˙zdego koloru. Jednak w tym przypadku na szachownicy mamy po 25 p´ol ka˙zdego koloru.

W przypadkach b) i c) pola szachownicy pokolorowane sa dwoma kolorami, przy_, czym liczba p´ol ka˙zdego z kolor´ow jest parzysta. Jednak ka˙zda z p lytek nakrywa nieparzysta liczb_, e p´_, ol tego samego koloru. Do pokrycia ca lej szachownicy potrzeba 25 p lytek. Stad wynika, ˙ze w ka˙zdym z przypadk´_, ow b) i c) nie istnieja ˙z_, adane_,

pokrycia. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 9. Na ile sposob´ow mo˙zna wybra´c m + n kul spo´sr´od 2m jednakowych kul bia lych i 2n jednakowych kul czarnych?

Rozwiazanie_,

Za l´o˙zmy, ˙ze m ≤ n. Wtedy 2m ≤ m + n ≤ 2n. Rozwa˙zmy dowolny uk lad z lo˙zony z m + n kul i niech b oraz c oznaczaja odpowiednio ilo´s´_, c kul bia lych i czarnych w tym uk ladzie. Wtedy b + c = m + n oraz b mo˙ze przyjmowa´c warto´sci ze zbioru {0, 1, . . . , 2m}. Ponadto, je´sli 0 ≤ b ≤ 2m, to m + n − b ≤ m + n ≤ 2n, a wiec_, istnieje uk lad z lo˙zony z b kul bia lych i m + n − b kul czarnych. Mamy zatem 2m + 1 wszystkich mo˙zliwych uk lad´ow. Podobnie rozumujemy, gdy n ≤ m. Ostateczna_, odpowied´z mo˙zemy poda´c w postaci 2k + 1, gdzie k = min{m, n}. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 10^∗. Na konkurs matematyczny przyby lo n uczni´ow. Sa w´sr´_, od nich osoby znajace si_, e_, wzajemnie, przy czym ka˙zde dwie osoby znajace si_, e nie maj_, a wsp´_, olnych znajomych oraz ka˙zde dwie osoby nie znajace si_, e maj_, a dok ladnie dw´_, och wsp´olnych znajomych.

Wykaza´c, ˙ze ka˙zdy z uczni´ow ma taka sam_, a liczb_, e znajomych w´sr´_, od uczestnik´ow konkursu.

Rozwiazanie_,

Rozwa˙zmy dwie osoby A i B znajace si_, e. Niech A_{, 1}, A₂, . . . , A_l oraz B₁, B₂, . . . , B_m bed_, a wszystkimi znajomymi A i B, odpowiednio._, Zgodnie z za lo˙zeniem, zbiory {A₁, A₂, . . . , A_l} oraz {B₁, B₂, . . . , B_m} sa roz l_, aczne. Dla dowolnej liczby natural-_, nej i ≤ l, osoby B i A_i nie znaja si_, e, a wi_, ec maj_, a dok ladnie dw´_, och wsp´olnych znajomych. Jedna z nich jest osoba A. Drug_, a musi by´_, c jedna spo´sr´od znajomych osoby B, a wiec B_{, k(i)} dla pewnej liczby naturalnej k(i) ≤ m. Udowodnimy, ˙ze je´sli i 6= j, to k(i) 6= k(j). Istotnie, je´sli k(i) = k(j), to osoby A oraz B_k(i) maja trzech_, wsp´olnych znajomych: B, Ai oraz Aj, co jest niemo˙zliwe, bo przecie˙z A i B_k(i) nie znaja si_, e. Tak wi_, ec liczby k(1), k(2), . . . , k(l) s_, a parami r´_, o˙zne i nale˙za do zbioru_, {1, 2, . . . , m}. Stad wynika, ˙ze l ≤ m. Analogicznie dowodzimy, ˙ze m ≤ l (rozwa˙zaj_, ac_, pary os´ob A i B_i). Ostatecznie m = l.

Niech teraz C i D bed_, a dowolnymi osobami nie znaj_, acymi si_, e. Zgodnie z za lo˙zeniem_, maja one dok ladnie dw´_, och wsp´olnych znajomych: E i F . Rozwa˙zajac pary os´_, ob znajacych si_, e: C i E oraz D i E oraz korzystaj_, ac z udowodnionego wy˙zej przypadku_, stwierdzamy, ˙ze osoby C, E oraz D maja tak_, a sam_, a liczb_, e znajomych._, 

∗ ∗ ∗

2. ZADANIA ARYTMETYCZNE

Zadanie 11. Wykaza´c, ˙ze je´sli p > 3 jest liczba pierwsz_, a, to liczba p_, ² − 1 dzieli sie przez 24._, Rozwiazanie_,

Poniewa˙z p > 3, wiec p jako liczba niepodzielna przez 3 daje reszt_, e 1 lub 2 z dzielenia_, przez 3. Oznacza to, ˙ze jedna z liczb p+1 lub p−1 jest podzielna przez 3, czyli p²−1 = (p + 1)(p − 1) dzieli sie przez 3. Liczby p − 1 i p + 1 s_, a kolejnymi liczbami parzystymi,_, wiec ka˙zda z nich jest podzielna przez 2 i dok ladnie jedna przez 4. Ostatecznie p_, ²− 1

dzieli sie przez 3 oraz 8, a wi_, ec przez 24._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 12. a) Wykaza´c, ˙ze je´sli x, y sa liczbami ca lkowitymi oraz 3 dzieli x_, ²+ y², to liczby x i y sa podzielne przez 3._,

b) Wyznaczy´c wszystkie liczby ca lkowite x, y, z spe lniajace r´ownanie x²+ y² = 3z². Rozwiazanie_,

a) Poniewa˙z (3k + 1)² = 3(3k²+ 2k) + 1 oraz (3k + 2)² = 3(3k²+ 4k + 1) + 1, wiec_, kwadrat liczby ca lkowitej przy dzieleniu przez 3 mo˙ze dawa´c reszte 0 lub 1. St_, ad z_, latwo´scia wnioskujemy, ˙ze liczba x_, ²+ y² przy dzieleniu przez trzy daje reszte reszt_, e_, zero tylko w przypadku, gdy reszte zero daj_, a liczby x_, ² i y². Zatem liczby x i y sa_, podzielne przez 3.

b) Oczywi´scie liczby x = y = z = 0 spe lniaja r´_, ownanie. Przypu´s´cmy teraz, ˙ze tr´ojka (x, y, z) liczb ca lkowitych, nie wszystkich r´ownych zero, spe lnia r´ownanie x²+ y² = 3z². Bez zmniejszania og´olno´sci mo˙zemy za lo˙zy´c, ˙ze x 6= 0. W´sr´od wszystkich takich tr´ojek wybierzmy taka, ˙ze liczba |x| jest najmniejsza. Z cz_, e´sci a) wynika, ˙ze_, x = 3x₁, y = 3y₁ dla pewnych liczb ca lkowitych x₁, y₁. Podstawiajac do r´_, ownania otrzymujemy 9x²₁+ 9y₁² = 3z². Stad 3(x_, ²₁+ y²₁) = z², czyli z = 3z1 dla pewnej liczby ca lkowitej z1. Uwzgledniaj_, ac to w ostatnim r´_, ownaniu, otrzymujemy x²₁+ y₁² = 3z₁². Tr´ojka (x₁, y₁, z₁) spe lnia nasze r´ownanie, lecz |x₁| = ¹₃|x| < |x|, wbrew wyborowi tr´ojki (x, y, z). Uzyskana sprzeczno´s´c dowodzi, ˙ze jedynym rozwiazaniem r´_, ownania

w liczbach ca lkowitych jest x = y = z = 0. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 13. Wyznaczy´c wszystkie liczby naturalne n takie, ˙ze liczba n⁵− n jest podzielna przez 120.

Rozwiazanie_,

Zauwa˙zmy, ˙ze n⁵− n = (n − 1)n(n + 1)(n²+ 1) oraz 120 = 3 · 5 · 8. W´sr´od kolejnych trzech liczb ca lkowitych dok ladnie jedna jest podzielna przez 3, wiec 3 dzieli n_, ⁵− n dla dowolnej liczby n ∈ N. Niech teraz n = 5k + r, gdzie r ∈ {0, 1, 2, 3, 4} oraz k ∈ N.

Je´sli r = 0, 1 lub 4, to odpowiednio liczby n, n − 1 oraz n + 1 sa podzielne przez 5._, Je´sli za´s r = 2 lub 3, to liczba n²+ 1 jest podzielna przez 5. Stad dla dowolnej liczby_, naturalnej n liczba n⁵− n jest podzielna przez 5. W ko´ncu zauwa˙zmy, ˙ze je´sli n jest liczba parzyst_, a to liczby n − 1, n + 1 oraz n_, ²+ 1 sa nieparzyste, a wi_, ec n_, ⁵− n jest podzielna przez 8 tylko wtedy, gdy n jest wielokrotno´scia 8. Je´sli za´s n jest liczb_, a_, nieparzysta, to n − 1, n + 1 oraz n_, ²+ 1 sa parzyste a wi_, ec n_, ⁵− n dzieli sie przez 8._, Ostatecznie 120 dzieli liczbe n_, ⁵− n je´sli n jest liczba nieparzyst_, a lub wielokrotno´sci_, a_,

liczby 8. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 14. a) Czy liczba postaci 4k + 3 (k ∈ N) mo˙ze by´c przedstawiona w postaci sumy kwadrat´ow dw´och liczb ca lkowitych?

b) Wykaza´c, ˙ze je´sli ka˙zda z liczb a, b jest suma kwadrat´_, ow dw´och liczb ca lkowitych, to ab jest tak˙ze suma kwadrat´_, ow dw´och liczb ca lkowitych.

Rozwiazanie_,

a) Podobnie jak w zadaniu 12 mo˙zna wykaza´c, ˙ze reszta z dzielenia przez 4 kwadratu liczby ca lkowitej mo˙ze by´c r´owna 0 lub 1. Stad reszta z dzielenia przez 4 liczby x_, ²+y² mo˙ze by´c r´owna 0, 1 lub 2.

b) Wystarczy zauwa˙zy´c, ˙ze zachodzi nastepuj_, aca to˙zsamo´s´_, c:

(x²+ y²)(z²+ t²) = (xz − yt)²+ (xt + yz)².



∗ ∗ ∗

Zadanie 15. Suma cyfr liczby trzycyfrowej A jest r´owna 7. Wykaza´c, ˙ze 7 dzieli A wtedy i tylko wtedy, gdy A ma r´owne cyfry dziesiatek i jedno´sci._,

Rozwiazanie_,

Niech A = abc = 100a+10b+c bedzie liczb_, a trzycyfrow_, a tak_, a, ˙ze a+b+c = 7. Wtedy_, 2a + 2b + 2c = 14 oraz A − 14 = 100a + 10b + c − 2a − 2b − 2c = 7(14a + b) + (b − c).

Stad A jest podzielna przez 7 wtedy i tylko wtedy, gdy 7 dzieli b−c. Jednak z za lo˙ze´_, n wynika, i˙z 0 ≤ b, c ≤ 6, a wiec b − c dzieli si_, e przez 7 tylko wtedy, gdy b = c._, 

∗ ∗ ∗

Zadanie 16. Na ile sposob´ow mo˙zna przedstawi´c liczbe 2003 w postaci sumy pewnej ilo´sci kolej-_, nych liczb naturalnych?

Rozwiazanie_,

Rozwa˙zmy k kolejnych liczb naturalnych n, n + 1, . . . , n + k − 1 takich, ˙ze n + (n + 1) + · · · + (n + k − 1) = 2003.

Zauwa˙zmy, ˙ze przestawiajac kolejno´s´_, c sk ladnik´ow w lewej stronie ostatniej r´owno´sci otrzymujemy n + (n + 1) + · · · + (n + k − 1) = (n + n + · · · + n) + (1 + 2 + · · · + (k − 1)) = nk+^k(k−1)₂ = ^k(2n+k−1)₂ . Zadanie sprowadza sie zatem do wyznaczenia wszystkich liczb_, naturalnych k, n spe lniajacych r´_, ownanie

k(2n + k − 1)

2 = 2003.

Liczba 2003 jest jednak pierwsza (co mo˙zna sprawdzi´c bezpo´srednio). Poniewa˙z k > 1 oraz jedna z liczb ^k₂, ^2n+k−1₂ jest ca lkowita, z powy˙zszej r´owno´sci otrzymujemy,

˙ze albo ^k₂ = 1 i 2n + k − 1 = 2003, albo k = 2003 i ^2n+k−1₂ = 1. W drugim przypadku otrzymujemy ujemna warto´s´_, c n. Ostatecznie k = 2 i jedynym przedstawieniem liczby 2003 w postaci sumy kolejnych liczb naturalnych jest 2003 = 1001 + 1002. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 17. Wykaza´c, ˙ze je´sli a, b sa liczbami naturalnymi wzgl_, ednie pierwszymi, to r´_, ownanie ax + by = ab nie ma rozwiaza´_, n w liczbach naturalnych x, y.

Rozwiazanie_,

Za l´o˙zmy, ˙ze liczby naturalne x, y spe lniaja r´_, ownanie ax + by = ab. Wtedy a(b − x) = by oraz b(a − y) = ax.

Poniewa˙z liczby a, b sa wzgl_, ednie pierwsze, wi_, ec z powy˙zszych r´_, owno´sci wynika ko- lejno, ˙ze a dzieli y oraz b dzieli x. Oznacza to, ˙ze y ≥ a oraz x ≥ b. Tak wiec_, ax+by ≥ ab+ba = 2ab > ab. Uzyskana sprzeczno´s´c dowodzi, ˙ze r´ownanie ax+by = ab

nie ma rozwiaza´_, n w liczbach naturalnych. 

∗ ∗ ∗ Zadanie 18. Rozwiaza´_, c w liczbach ca lkowitych r´ownania:

a) xy = x + y, b) 6x²+ 5y² = 74,

c) x³ + 2y³+ 4z³ = 6xyz.

Rozwiazanie_,

a) Rozwa˙zane r´ownanie mo˙zna napisa´c w postaci (x − 1)(y − 1) = 1. Stad wynika,_,

˙ze albo x − 1 = 1 i y − 1 = 1, albo x − 1 = −1 i y − 1 = −1. Otrzymujemy zatem dwa rozwiazania x = y = 2 lub x = y = 0._,

b) R´ownanie mo˙zna przekszta lci´c do postaci 6(x²− 4) = 5(10 − y²). Stad wida´_, c, ˙ze liczby x²− 4 oraz 10 − y² sa tych samych znak´_, ow oraz 5 dzieli x²− 4 i 6 dzieli 10 − y². W przypadku gdy x²− 4 ≥ 0 mamy 10 − y² ≥ 0, czyli y² ≤ 10. Stad y_, ² ∈ {0, 1, 4, 9}.

Wtedy liczba 10 − y² jest podzielna przez 6 tylko dla y² = 4, czyli y = −2 lub y = 2.

Z latwo´scia obliczamy, ˙ze w tej sytuacji x = −3 lub x = 3. Pozostaje do rozpatrzenia_, przypadek, gdy x² − 4 < 0. Wtedy jednak 5 nie dzieli x² − 4. Ostatecznie mamy cztery rozwiazania:_,

(x = −3 y = −2 lub

(x = −3 y = 2 lub

(x = 3

y = −2 lub

(x = 3 y = 2.

c) Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli tr´ojka (x, y, z) liczb ca lkowitych spe lnia r´ownanie x³+ 2y³+ 4z³ = 6xyz, to x jest liczba parzyst_, a. Podstawiaj_, ac x = 2x_, 1 otrzymamy 4x³₁+ y³+ 2z³ = 6x1yz. Stad wida´_, c, ˙ze y jest liczba parzyst_, a i podstawiaj_, ac y = 2y_, 1 otrzymamy 2x³₁+ 4y³₁+ z³ = 6x₁y₁z. Zatem liczba z te˙z jest parzysta i po podstawieniu z = 2z₁ otrzymujemy x³₁+ 2y₁³ + 4z³₁ = 6x₁y₁z₁. Wykazali´smy zatem, ˙ze je´sli tr´ojka (x, y, z) spe lnia r´ownanie x³ + 2y³ + 4z³ = 6xyz, to wszystkie liczby x, y, z sa parzyste i_, oczywi´scie tr´ojka (^x₂,^y₂,^z₂) spe lnia r´ownie˙z to r´ownanie. To samo mo˙zna powiedzie´c o ostatniej tr´ojce liczb. Kontynuujac rozumowanie stwierdzamy, ˙ze liczby x, y, z s_, a_, podzielne przez dowolnie wielka pot_, eg_, e dw´_, ojki. Stad wynika oczywi´scie, i˙z jedynym_,

rozwiazaniem jest tr´_, ojka (0, 0, 0). 

∗ ∗ ∗

Zadanie 19. Liczba A zapisana w systemie si´odemkowym ma trzy cyfry, za´s zapisana w systemie dziewiatkowym ma te same trzy cyfry, ale wyst_, epuj_, a one przeciwnym porz_, adku. Jaka_, to liczba?

Rozwiazanie_,

Mamy A = a · 7²+ b · 7 + c = c · 9²+ b · 9 + a, dla pewnych a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Stad otrzymujemy 40c + b = 24a, czyli b jako liczba podzielna przez 8 musi by´_, c r´owna zeru. Tak wiec 5c = 3a, a po uwzgl_, ednieniu ogranicze´_, n otrzymujemy a = 5, c = 3.

Ostatecznie A = 5 · 7²+ 0 · 7 + 3 = 3 · 9²+ 0 · 9 + 5 = 248. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 20^∗. Wykaza´c, ˙ze istnieje 100-cyfrowa liczba podzielna przez 2¹⁰⁰, w zapisie dziesietnym_, kt´orej wystepuj_, a tylko cyfry 1 i 2._,

Rozwiazanie_,

I spos´ob. Udowodnimy, ˙ze je´sli A = anan−1. . . ak. . . a1a0 jest dowolna liczb_, a natu-_, ralna i pewna jej cyfra a_{, k} jest r´o˙zna od 1 i 2, to do A mo˙zna doda´c liczbe postaci_, m · 2¹⁰⁰ taka, ˙ze liczba A = A + m · 2_, ¹⁰⁰ jest postaci:

b_lb_l−1. . . 1a_k−1. . . a₁a₀ lub b_lb_l−1. . . 2a_k−1. . . a₁a₀.

Tak wiec do A mo˙zna doda´_, c pewna wielokrotno´s´_, c liczby 2¹⁰⁰ tak, aby A mia la iden- tyczne jak A cyfry do pozycji k-tej (liczac z prawej strony) i (k + 1)-sz_, a cyfr_, e r´_, owna_, 1 lub 2. Cyfra jedno´sci pot_, egi dw´_, ojki mo˙ze by´c 2, 4, 8 lub 6. Z latwo´scia zauwa˙zamy,_,

˙ze cyframi jedno´sci liczb 2¹⁰⁰, 2¹⁰¹, 2¹⁰², 2¹⁰³ sa odpowiednio 6, 2, 4, 8. St_, ad wida´_, c,

˙ze przyjmujac za m jedn_, a z czterech warto´sci: 10_, ^k, 2 · 10^k, 4 · 10^k, lub 8 · 10^k jako (k + 1)-sza cyfr_, e w liczbie A mo˙zna uzyska´_, c jedynke, je´sli a_{, k} jest nieparzysta oraz dw´ojke, je´sli a_{, k} jest parzysta. Poniewa˙z dodawana liczba ko´nczy sie k zerami, wi_, ec_, liczby A i A maja takie same ostatnie cyfry do k-tej w l_, acznie._,

Z udowodnionej w lasno´sci wynika, ˙ze istnieje liczba B = b_s. . . b₁₀₀b₉₉. . . b₁b₀ po- dzielna przez 2¹⁰⁰, kt´orej ka˙zda z ostatnich 100 cyfr jest r´owna 1 lub 2 (procedure_, dodawania wielokrotno´sci 2¹⁰⁰ mo˙zemy rozpocza´_,c np. od A = 2¹⁰⁰). Wtedy

b₉₉. . . b₁b₀ = B − 10¹⁰⁰· b_s. . . b₁₀₀ jest poszukiwana liczb_, a 100 cyfrow_, a._,

II spos´ob. Udowodnimy, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 1 istnieje n-cyfrowa liczba A_n podzielna przez 2ⁿ w kt´orej zapisie dziesietnym wyst_, epuj_, a wy l_, acznie cyfry_, 1 lub 2. Z latwo´scia zauwa˙zamy, ˙ze A_{, 1} = 2 i A₂ = 12 spe lniaja nasze twierdzenie dla_, n = 1, 2 . Podamy metode konstruowania liczby A_{, n+1} przy pomocy liczby A_n. Niech A_n = m · 2ⁿ. Przyjmijmy

An+1=

(10ⁿ+ An, je´sli m = 2k + 1, 2 · 10ⁿ+ An, je´sli m = 2k.

Z okre´slenia wynika, ˙ze liczba A_n+1 powstaje przez dopisanie do A_n z lewej strony cyfry 1 lub 2, a wiec jest liczb_, a (n + 1)-cyfrow_, a. Ponadto w przypadku, gdy m = 2k_, mamy A_n+1 = 2 · 10ⁿ + A_n = 2ⁿ⁺¹ · (5ⁿ + k). Natomiast je´sli m = 2k + 1, to A_n+1 = 10ⁿ+ (2k + 1) · 2ⁿ = 2ⁿ· (5ⁿ+ 2k + 1). Oczywi´scie 5ⁿ+ 2k + 1 jest liczba_, parzysta, a wi_, ec 2_, ⁿ⁺¹ jest dzielnikiem A_n+1. To ko´nczy dow´od. 

∗ ∗ ∗

3. FUNKCJE, WIELOMIANY, R ´OWNANIA I NIER ´OWNO´SCI

Zadanie 21. Wyznaczy´c a, b tak aby wielomian x⁴ + x³ + 2x² + ax + b by l kwadratem innego wielomianu.

Rozwiazanie_, Zauwa˙zmy, ˙ze

(Ax²+ Bx + C)² = A²x⁴+ 2ABx³+ (2AC + B²)x²+ 2BCx + C². Nale˙zy wiec dobra´_, c A, B, C, a, b tak aby















A² = 1 2AB = 1 2AC + B² = 2 2BC = a C² = b.

Z latwo´scia obliczamy: A = ±1, B = ±_, ¹₂, C = ±⁷₈ oraz a = ⁷₈, b = ⁴⁹₆₄. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 22. Wykaza´c, ˙ze dla dowolnych liczb a, b, c, x, y, z zachodza nier´_, owno´sci:

a) ^a₄² + b²+ c² ≥ ab − ac + 2bc, b) a²+ b²+ c² ≥ ab + ac + bc,

c) a²+ b²+ c² ≤ 2(ab + ac + bc), gdzie a, b, c sa d lugo´sciami bok´_, ow tr´ojkata. Czy ta_, nier´owno´s´c jest prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c?

d) √

a²+ b²+ c²+px²+ y²+ z² ≥p(a + x)²+ (b + y)²+ (c + z)². Rozwiazanie_,

a) Wystarczy zauwa˙zy´c, ˙ze 0 ≤a

2− b + c2

= a²

4 + b²+ c²− ab + ac − 2bc.

b) Nier´owno´s´c wynika stad, ˙ze_, 0 ≤ 1

2(a − b)²+ (b − c)²+ (c − a)² =

= a²+ b²+ c²− ab − bc − ac.

c) Liczby a, b, c sa d lugo´sciami bok´_, ow tr´ojkata, wi_, ec a + b − c > 0, a + c − b > 0 oraz_, b + c − a > 0. Stad otrzymujemy_,

0 < a(b + c − a) + b(a + c − b) + c(a + b − c) =

= 2ab + 2ac + 2bc − a²− b²− c²,

czyli a²+ b²+ c² < 2ab + 2ac + 2bc. Nier´owno´s´c ta nie zachodzi dla dowolnych liczb dodatnich. Wystarczy rozwa˙zy´c na przyk lad a = b = 1 oraz c = 5.

d) Rozwa˙zana nier´owno´s´c jest r´ownowa˙zna nastepuj_, acej_, ax + by + cz ≤√

a²+ b²+ c²·p

x² + y²+ z².

Otrzymujemy ja przez obustronne podniesienie pierwszej do kwadratu i redukcj_, e_, wyraz´ow podobnych. K ladac A = a_, ²+ b²+ c², B = ax + by + cz oraz C = x²+ y²+ z²

wystarczy wykaza´c, ˙ze B² ≤ AC. Mo˙zemy za lo˙zy´c, ˙ze A > 0 (przypadek A = 0 jest oczywisty). Zauwa˙zmy, ˙ze dla dowolnej liczby rzeczywistej t:

0 ≤ (at + x)²+ (bt + y)²+ (ct + z)² =

= At²+ 2Bt + C = A

"

 t +B

A

2

−B²− AC A²

# . Nier´owno´s´c:

 t +B

A

2

−B²− AC A² ≥ 0

zachodzi dla wszystkich t ∈ R. Podstawiajac t = −_, ^B_A otrzymamy B² ≤ AC, co nale˙za lo udowodni´c.

 Uwaga. U˙zywajac identycznych argument´_, ow jak wy˙zej mo˙zna wykaza´c, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistch x1, x2, . . . , xn oraz y1, y2, . . . , yn zachodzi nier´owno´s´c:

x1y1+ x2y2+ · · · + xnyn ≤ q

x²₁+ x²₂+ · · · + x²_n· q

y²₁+ y₂²+ · · · + y_n². Nosi ona nazwe nier´_, owno´sci Cauchy’ego-Schwarza-Buniakowskiego.

∗ ∗ ∗

Zadanie 23. Wyznaczy´c wszystkie pary (x, y) liczb dodatnich spe lniajace r´_, ownanie:

x

x⁴+ y² + y

y⁴+ x² = 1 xy. Rozwiazanie_,

Z nier´owno´sci (x² − y)² ≥ 0 oraz (y² − x)² ≥ 0 wynika, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y

x⁴+ y² ≥ 2x²y oraz y⁴+ x² ≥ 2y²x,

przy czym obie nier´owno´sci staja si_, e r´_, owno´sciami wtedy i tylko wtedy, gdy x² = y oraz y² = x. Z latwo´scia sprawdzamy, ˙ze w´sr´_, od liczb dodatnich warunki te spe lniaja_, tylko liczby x = y = 1. Korzystajac z powy˙zszych nier´_, owno´sci otrzymujemy

x

x⁴+ y² + y

y⁴+ x² ≤ x

2x²y + y

2y²x = 1 xy.

Stad jedynym rozwi_, azaniem r´_, ownania w liczbach dodatnich jest x = y = 1. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 24. a) Wykaza´c, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych x₁, x₂, . . . , x_nzachodzi nier´owno´s´c:

|x₁ + x₂+ · · · + x_n| ≤ |x₁| + |x₂| + · · · + |x_n|.

b) Wykaza´c, ˙ze je´sli x 6= 1, to

1 + x + x²+ · · · + xⁿ= xⁿ⁺¹− 1 x − 1 . c) Wykaza´c, ˙ze r´ownanie

xⁿ+ a₁xⁿ⁻¹+ a₂xⁿ⁻²+ · · · + a_n−1x + a_n= 0,

gdzie a_i ∈ {−1, 0, +1} nie ma rozwiaza´_, n w zbiorze (−∞, −2) ∪ (2, +∞).

Rozwiazanie_,

a) Je´sli x₁+ x₂+ · · · + x_n= 0, to oczywi´scie nier´owno´s´c zachodzi. Za l´o˙zmy, ˙ze x₁+ x₂+ · · · + x_n6= 0. Z definicji warto´sci bezwzglednej wynika, ˙ze warto´s´_, c bezwzgledna_, ilorazu dw´och liczb jest ilorazem warto´sci bezwzglednch oraz dla dowolnej liczby_, rzeczywistej a zachodzi nier´owno´s´c: a ≤ |a|. Mamy wiec_,

1 = x1+ x2+ · · · + xn

x₁+ x₂+ · · · + x_n =

= x₁

x1+ x2+ · · · + xn

+ x₂

x1 + x2+ · · · + xn

+ · · · + x_n

x1+ x2+ · · · + xn

≤

≤ |x₁|

|x₁+ x₂+ · · · + x_n|+ |x₂|

|x₁+ x₂ + · · · + x_n| + · · · + |x_n|

|x₁+ x₂+ · · · + x_n| =

= |x1| + |x2| + · · · + |xn|

|x₁+ x₂+ · · · + x_n| . Stad wynika, ˙ze_,

|x₁ + x₂+ · · · + x_n| ≤ |x₁| + |x₂| + · · · + |x_n|.

b) Przyjmijmy S = 1 + x + x²+ · · · + xⁿ. Wtedy

xS = x + x²+ · · · + xⁿ⁺¹= (1 + x + · · · + xⁿ) + (xⁿ⁺¹− 1)

= S + xⁿ⁺¹− 1.

Stad (x − 1)S = x_, ⁿ⁺¹− 1, czyli S = ^xn+1_x−1⁻¹.

c) Przypu´s´cmy, ˙ze x₀ jest pierwiastkiem rozwa˙zanego r´ownania. Z a) i b) wynika, ˙ze

|x0|ⁿ = |xⁿ₀| = |a1xⁿ⁻¹₀ + a2xⁿ⁻²₀ + · · · + an−1x0+ an| ≤

≤ |a₁||x₀|ⁿ⁻¹+ |a₂||x₀|ⁿ⁻²+ · · · + |a_n−1||x₀| + |a_n| ≤

≤ |x₀|ⁿ⁻¹+ |x₀|ⁿ⁻²+ · · · + |x₀| + 1 = |x0|ⁿ− 1

|x₀| − 1 Zauwa˙zmy, ˙ze je´sli |x₀| ≥ 2, to |x₀| − 1 ≥ 1 oraz ^|x_|x^0|n−1

0|−1 ≤ |x₀|ⁿ − 1 < |x₀|ⁿ. Na podstawie powy˙zszej nier´owno´sci otrzymujemy zatem, ˙ze |x₀| < 2.



∗ ∗ ∗

Zadanie 25. a) Wykaza´c, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, z zachodzi nier´owno´s´c:

x + y + z ≤p

3(x²+ y²+ z²).

b) Wykaza´c, ˙ze nier´owno´s´c

√x + 1 +√

2x − 3 +√

50 − 3x ≤ 12

zachodzi dla wszystkich warto´sci x ∈ R, dla kt´orych lewa strona jest okre´slona.

Rozwiazanie_,

a) Korzystajac z nier´_, owno´sci 2ab ≤ a²+ b² otrzymujemy (x + y + z)² = x²+ y²+ z²+ 2xy + 2yz + 2xz ≤

≤ x²+ y²+ z²+ (x²+ y²) + (y²+ z²) + (x²+ z²) = 3(x²+ y²+ z²).

Stad oczywi´scie wynika, ˙ze x + y + z ≤_, p3(x²+ y²+ z²).

b) Podstawiajac w nier´_, owno´sci a) w miejsce x, y, z liczby√

x + 1,√

2x − 3,√

50 − 3x odpowiednio, otrzymujemy

√x + 1 +√

2x − 3 +√

50 − 3x ≤

≤p

3[(x + 1) + (2x − 3) + (50 − 3x)] =√

3 · 48 = 12.



∗ ∗ ∗ Zadanie 26. Czy istnieje funkcja f : Z → Z taka, ˙ze

f (f (x)) = x + 1 dla ka˙zdego x ∈ Z, gdzie Z oznacza zbi´or liczb ca lkowitych.

Rozwiazanie_,

Przypu´s´cmy, ˙ze funkcja f istnieje. Dla liczby ca lkowitej x niech y = f (x−1). Zgodnie z za lo˙zeniem mamy x = f (f (x − 1)), czyli f (x) = f (f (f (x − 1))) = f (f (y)) = y + 1.

Stad f (x) = f (x − 1) + 1. Z r´_, owno´sci tej z latwo´scia wynika, ˙ze dla dowolnej liczby_, ca lkowitej x, f (x) = f (0) + x. W szczeg´olno´sci mamy zatem x + 1 = f (f (x)) = f (f (0) + x) = f (0) + (f (0) + x) = 2f (0) + x. Stad otrzymujemy 2f (0) = 1, co jest_, niemo˙zliwe poniewa˙z warto´sci funkcji f sa liczbami ca lkowitymi. Nie istnieje zatem_, funkcja o ˙zadanych w lasno´sciach._,

Uwaga. Zauwa˙zmy, ˙ze funkcja f (x) = x + ¹₂ okre´slona na zbiorze liczb wymiernych spe lnia zale˙zno´s´c f (f (x)) = x + 1.



∗ ∗ ∗

Zadanie 27. Niech liczby x, y bed_, a takie, ˙ze x > y oraz xy = 1._, Udowodni´c, ˙ze zachodzi nier´owno´s´c:

x²+ y²

x − y ≥ 2√ 2.

Rozwiazanie_,

Przekszta lcajac lew_, a stron_, e nier´_, owno´sci otrzymujemy x²+ y²

x − y = (x − y)²+ 2xy

x − y = (x − y) + 2xy

x − y = (x − y) + 2 x − y =

= √

x − y −

√2

√x − y

!2

+ 2√

2 ≥ 2√ 2.



∗ ∗ ∗ Zadanie 28. Rozwiaza´_, c uk lad r´owna´n:

xy

x + y = a, xz

x + z = b, yz y + z = c, gdzie a, b, c sa danymi liczbami rzeczywistymi._,

Rozwiazanie_,

Rozpatrzymy osobno dwa przypadki.

1. W´sr´od liczb a, b, c nie ma zera.

Odwracajac ka˙zde z r´_, owna´n otrzymamy uk lad:







1

x +_y¹ = _a¹

1

x +¹_z = ¹_b

1

y +¹_z = ¹_c

r´ownowa˙zny uk ladowi







X + Y = ¹_a X + Z = ¹_b Y + Z = ¹_c

,

gdzie X = ¹_x, Y = ¹_y, Z = ¹_z. Odejmujac dwa pierwsze r´_, ownania stronami otrzymu- jemy Y − Z = ¹_a −¹_b. Dodajac to r´_, ownanie do trzeciego uzyskujemy

Y = 1 2

 1 a +1

c − 1 b



= ab + bc − ac 2abc . Dalej z latwo´scia stwierdzamy, ˙ze_,

x = 2abc

ab + ac − bc, y = 2abc

ab + bc − ac, z = 2abc ac + bc − ab, o ile ab + ac − bc 6= 0, ab + bc − ac 6= 0 oraz ac + bc − ab 6= 0.

2. Przynajmniej jedna z liczb a, b lub c jest r´owna zeru.

Niech przyk ladowo a = 0. Wtedy z pierwszego r´ownania wynika, ˙ze dok ladnie jedna z liczb x lub y musi by´c r´owna zeru (ze wzgledu na mianownik). Z dw´_, och ostatnich r´owna´n wynika w´owczas, ˙ze b = 0 lub c = 0. Przypadek b = c = 0 zaj´s´c nie mo˙ze, bo wtedy co najmniej dwie spo´sr´od liczb x, y, z by ly by r´owne zeru. Przypu´s´cmy wiec,_,

˙ze b = 0 i c 6= 0. W´owczas z ostatniego r´ownania wynika, ˙ze z = _x−c^xc . Uk lad ma zatem niesko´nczenie wiele rozwiaza´_, n postaci:







x ∈ R \ {0, c}

y = 0 z = _x−c^xc

lub





 x = 0

y ∈ R \ {0, c}

z = _y−c^yc .

Podobna analiz_, e przeprowadzamy w pozosta lych przypadkach: (a 6= 0 i b = c = 0)_, oraz (b 6= 0 i a = c = 0).



∗ ∗ ∗

Zadanie 29. Dane sa takie liczby rzeczywiste a, b, c ˙ze wykresy funkcji_, y = ax + b, y = bx + c, y = cx + a maja punkt wsp´_, olny. Wykaza´c, ˙ze a = b = c.

Rozwiazanie_,

Wsp´o lrzedne (x, y) punktu przeci_, ecia wykres´_, ow spe lniaja uk lad r´_, owna´n:







ax + b = y bx + c = y cx + a = y

Odejmujac stronami r´_, ownania drugie od pierwszego, trzecie od pierwszego i trzecie od drugiego otrzymujemy kolejno:

(a − b)x = c − b, (a − c)x = a − b oraz (b − c)x = a − c.

Z r´owno´sci tych wynika, ˙ze je´sli w´sr´od liczb a, b, c jest para liczb r´ownych, to wszystkie trzy sa r´_, owne. Za l´o˙zmy wiec, ˙ze liczby a, b, c s_, a parami r´_, o˙zne. Wyliczajac x z ka˙zdego_, z r´owna´n otrzymujemy

x = c − b

a − b = a − b

a − c = a − c b − c.

Stad (a − c)_, ² = (a − b)(b − c), (a − b)² = (b − c)(c − a), (b − c)² = (b − a)(a − c), a wiec_,

(a − c)²+ (a − b)²+ (b − c)² = (a − b)(b − c) + (b − c)(c − a) + (b − a)(a − c) =

= ab + ac + bc − a²− b²− c² =

= −1

2[(a − c)²+ (a − b)²+ (b − c)²]

Otrzymujemy (a − c)² + (a − b)² + (b − c)² = 0, co przy naszym za lo˙zeniu jest

niemo˙zliwe. Ostatecznie a = b = c. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 30. Wyznaczy´c zbi´or punkt´ow p laszczyzny, kt´orych wsp´o lrzedne (x, y) spe lniaj_, a nier´_, owno´s´c:

2 − x²− y²−p

(1 − x²)²+ (1 − y²)² > 0.

Rozwiazanie_,

Przekszta l´cmy powy˙zsza nier´_, owno´s´c do postaci (1 − x²) + (1 − y²) > p

(1 − x²)²+ (1 − y²)². Zauwa˙zmy, ˙ze

p(1 − x²)²+ (1 − y²)² ≥ 1 − x² oraz p

(1 − x²)²+ (1 − y²)² ≥ 1 − y².

Zatem, je´sli liczby x, y spe lniaja ˙z_, adan_, a nier´_, owno´s´c, to (1 − x²) + (1 − y²) > 1 − x² i (1 − x²) + (1 − y²) > 1 − y². Stad 1 − x_, ² > 0 i 1 − y² > 0, czyli punkty (x, y) nale˙za do kwadratu (bez brzegu) K = {(x, y) : |x| < 1, |y| < 1}. Z drugiej strony,_, dla dodatnich liczb a, b zachodzi nier´owno´s´c a + b > √

a²+ b² (uzasadnij!), a wiec_, wsp´o lrzedne punkt´ow kwadratu K spe lniaja ˙z_, adan_, a nier´_, owno´s´c.



∗ ∗ ∗

4. ZADANIA GEOMETRYCZNE

Zadanie 31. Na przekatnej BD kwadratu ABCD wybrano punkt E. Punkty O_{, 1}, O₂ sa odpowied-_, nio ´srodkami okreg´_, ow opisanych na tr´ojkatach ABE, ADE. Dowie´s´_, c, ˙ze czworokat_, AO₁EO₂ jest kwadratem.

Rozwiazanie_,

Rozwa˙zmy okrag opisany na tr´_, ojkacie AED._, Zauwa˙zmy, ˙ze ∠ADE = 45^◦. Poniewa˙z

∠AO2E jest katem ´srodkowym okr_, egu opar-_, tym na tym samym luku co kat wpisany_,

∠ADE, wiec ∠AO, ²E = 90^◦. Ponadto O2A = O2E, zatem 4AO2E jest pros- tokatnym tr´_, ojkatem r´_, ownoramiennym. Z tych samych powod´ow 4AO₁E jest pros- tokatnym tr´_, ojkatem r´_, ownoramiennym. Oba tr´ojkaty maj_, a wsp´_, olna przeciwprostok_, atn_, a,_, wiec s_, a przystaj_, ace. St_, ad wida´_, c, ˙ze AO₁EO₂ jest kwadratem.



∗ ∗ ∗

Zadanie 32. Na p laszczy´znie wybrano cztery punkty tak, ˙ze nie le˙za one ani na jednej prostej_, ani na jednym okregu. Wykaza´_, c, ˙ze pewien z tych punkt´ow po lo˙zony jest wewnatrz_, okregu do kt´_, orego nale˙za trzy pozosta le._,

Rozwiazanie_,

Oznaczmy wybrane punkty przez A, B, C, D. Mo˙zliwe sa dwa przypadki._,

1. Punkty A, B, C, D sa wierzcho lkami czworok_, ata wypuk lego. Poniewa˙z na tym_, czworokacie nie mo˙zna opisa´_, c okregu, wi_, ec sumy jego przeciwleg lych k_, at´_, ow sa r´_, o˙zne od 180^◦. Jedna z tych sum jest wtedy wieksza od 180_, ^◦. Przypu´s´cmy, ˙ze ∠A + ∠C >

180^◦. Okrag opisany na tr´_, ojkacie ABD zawiera wtedy punkt C._,

2. Punkty A, B, C, D nie sa wierzcho lkami czworok_, ata wypuk lego. Wtedy pewne_, trzy spo´sr´od nich sa wierzcho lkami tr´_, ojkata zawieraj_, acego czwarty punkt. Okr_, ag_, opisany na tym tr´ojkacie spe lnia warunki zadania._,

Uwaga. Skorzystali´smy z charakteryzacji czworokata na kt´_, orym mo˙zna opisa´c okrag._, Wierzcho lki czworokata wypuk lego le˙z_, a na jednym okr_, egu wtedy i tylko wtedy, gdy_, sumy jego przeciwleg lych kat´_,ow sa r´_, owne 180^◦. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 33. Dwusieczne AK i BM kat´_, ow tr´ojkata ABC przecinaj_, a si_, e w punkcie O. Wykaza´_, c,

˙ze je´sli OK = OM , to albo ∠BAC = ∠ABC albo ∠ACB = 60^◦. Rozwiazanie_,

Oznaczmy tradycyjnie miary odpowiednich kat´_, ow tr´ojkata ABC przez α, β, γ. Z_, za lo˙ze´n wynika, ˙ze tr´ojkat KOM jest r´_, ownoramienny. Niech δ bedzie miar_, a k_, ata_, przy jego podstawie KM. Zauwa˙zmy, ˙ze ∠AM B = 180^◦− (α + β/2) oraz ∠AKB =

180^◦− (α/2 + β). Sumujac k_, aty czworok_, ata ABKM otrzymamy_, α + β + [180^◦− (α + β/2)] + [180^◦− (α/2 + β)] + 2δ = 360^◦. Stad obliczamy_,

δ = α + β 4 .

Oznaczmy przez L, N rzuty prostopad le punktu O na proste BC oraz AC. Wtedy punkty L, N sa po lo˙zone albo po tej samej stronie prostej KM albo po przeciwnych_, jej stronach. Rozwa˙zmy pierwsza sytuacj_, e._,

Poniewa˙z ON = OL oraz OK = OM , wiec tr´_, ojkaty prostokatne OKL i OM N s_, a_, przystajace. W szczeg´_, olno´sci LK = M N. Ponadto L, N sa punktami styczno´sci_, okregu wpisanego w tr´_, ojkat ABC. St_, ad CL = CM . Widzimy zatem, ˙ze CM = CK_, oraz ∠CM K = ∠CKM, czyli ∠AKC = ∠BM C. Tr´ojkaty AKC oraz BM C s_, a_, zatem podobne. Stad wynika, ˙ze α = β._,

Rozwa˙zmy przypadek, gdy punkty L, N sa po lo˙zone po przeciwnych stronach_, prostej KM. Z przystawania tr´ojkat´_, ow OKL i OM N wynika, ˙ze ∠N OL = ∠M OK.

Mamy zatem ∠ON L = ∠OLN = δ. Tr´ojkaty ABC oraz LN C maj_, a wsp´_, olny kat_, γ, wiec ∠LN C + ∠N LC = α + β. Sumuj_, ac przeciwleg le k_, aty (proste) czworok_, ata_, LON C otrzymujemy

180^◦ = ∠ON C + ∠OLC = 2δ + ∠LN C + ∠N LC =

= 2δ + α + β = 2 ·α + β

4 + α + β = 3

2(α + β).

Stad wynika, ˙ze α + β = 120_, ^◦, a wiec γ = 60_, ^◦. 

∗ ∗ ∗

Zadanie 34. Punkty A, B, C, D nale˙za do okr_, egu o promieniu R i dziel_, a go na cztery r´_, owne cze´sci._, Wykaza´c, ˙ze je´sli X jest dowolnym punktem tego okregu, to suma AX_, ⁴ + BX⁴ + CX⁴+ DX⁴ nie zale˙zy od po lo˙zenia punktu X.

Rozwiazanie_,

W rozwiazaniu skorzystamy z nast_, epuj_, acego faktu pomocniczego:_,

(*) Je´sli tr´ojkat r´_, ownoramienny ma ramiona d lugo´sci b oraz kat mi_, edzy tymi ramion-_, ami α, to kwadrat jego podstawy jest r´owny 2b²(1 − cos α).

Istotnie, oznaczajac przez D rzut wierzcho lka C na prost_, a AB, z latwo´sci_, a wyz-_, naczamy AD = ±b cos α w zale˙zno´sci od tego czy kat α jest rozwarty, czy ostry._, Stosujac twierdzenie Pitagorasa do tr´_, ojkata BCD otrzymujemy:_,

BC² = b²sin²α + b²(1 − cos α)² = b²(1 + sin²α + cos²α − 2 cos α) =

= 2b²(1 − cos α).

Wracajac do zadania zauwa˙zmy, ˙ze_,

punkty A, B, C, D sa oczywi´scie wierzcho lkami_, kwadratu wpisanego w okrag._, Wybierzmy dowolny punkt X na okregu._, Bez zmniejsza- nia og´olno´sci mo˙zemy za lo˙zy´c, ˙ze X le˙zy na luku pomiedzy punktami B i C. Niech ∠BOX = α._, Wtedy ∠AOX = 90^◦ + α, ∠XOC = 90^◦ − α oraz ∠DOX = 180^◦ − α. Stosujac (*) do_, tr´ojkat´_, ow r´ownoramiennych (o ramionach d lugo´sci R): 4AOX, 4BOX, 4COX oraz 4DOX otrzy- mujemy:

AX² = 2R²(1 − cos(90^◦+ α)) = 2R²(1 + sin α) BX² = 2R²(1 − cos α)

CX² = 2R²(1 − cos(90^◦− α)) = 2R²(1 − sin α) DX² = 2R²(1 − cos(180^◦− α)) = 2R²(1 + cos α).

Stad dalej wynika, ˙ze_,

AX⁴+ BX⁴+ CX⁴ + DX⁴ =

= 4R⁴[(1 + sin α)²+ (1 − cos α)² + (1 − sin α)²+ (1 + cos α)²] =

= 4R⁴[1 + 2 sin α + sin²α + 1 − 2 cos α + cos²α+

+ 1 − 2 sin α + sin²α + 1 + 2 cos α + cos²α] =

= 24R⁴.



Uwaga. U˙zywajac tych samych argument´_, ow jak w dowodzie (*) mo˙zna wykaza´c tzw. Twierdzenie cosinus´ow:

Je˙zeli a, b, c sa d lugo´_, sciami bok´ow tr´ojkata i α jest k_, atem le˙z_, acym naprzeciw boku o_, d lugo´sci a, to

a² = b²+ c²− 2bc cos α.

∗ ∗ ∗

Zadanie 35. Okrag o jest styczny do dw´_, och bok´ow tr´ojkata ABC oraz do dw´_, och jego ´srodkowych.

Wykaza´c, ˙ze tr´ojkat ABC jest r´_, ownoramienny.

Rozwiazanie_,

W rozwiazaniu skorzystamy z nast_, epuj_, acych w lasno´sci okr_, egu:_,

(a) Je˙zeli ramiona pewnego kata s_, a styczne do okr_, egu o, to odcinki od wierzcho lka_, kata do punkt´_, ow styczno´sci sa r´_, ownych d lugo´sci.

(b) W czworokat wypuk ly mo˙zna wpisa´_, c okrag wtedy i tylko wtedy, gdy sumy d lugo´_, sci jego przeciwleg lych bok´ow sa r´_, owne.

Przypu´s´cmy, ˙ze okrag o jest styczny do bok´_, ow AB, AC oraz ´srodkowych CK i BL (por. rysunek obok). Przyjmijmy oznaczenia: AC = b, AB = c, CL = mc, BL = mb. Okrag o jest wpisany w_, czworokat AKOL, wi_, ec_,

AK + OL = OK + AL.

O jest punktem przeciecia ´srodkowych, wi_, ec OL =_,

1

3m_b, OK = ¹₃m_c. Mamy zatem r´owno´s´c:

1

3mc +1 2c = 1

3mb+1 2b.

Z drugiej strony zauwa˙zmy, ˙ze b

2 + mb = CL + LB = (CS − LS) + (BR + RL) = CQ − LR + BR + LR =

= CQ + BR = (CK − KQ) + (BK + P K) = CK + BK = m_c + c 2.

Zatem m_b− m_c = ¹₂(c − b). Z wcze´sniej wyprowadzonej zale˙zno´sci wynika natomiast,

˙ze m_b− m_c = ³₂(b − c). Ostatecznie b = c. 

∗ ∗ ∗