x 2 = yz + 1 y 2 = zx + 2 z 2 = xy + 4 x = 1 z = 2

Transkrypt

1 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 1 Zadanie 1. Rozwiazać w liczbach rzeczywistych x, y, z u lad równań x 2 = yz + 1 y 2 = zx + 2 z 2 = xy + 4 (1) Zauważmy najpierw, iż x y, y z i z x, gdyż inaczej dochodzimy do sprzeczności. Odejmujac stronami równania (1) otrzymujemy: (x y)(x + y + z) = 1 (y z)(x + y + z) = 2 a wiec x + y + z 0. Przyrównujac podwojona lewa strone pierwszej równości z lewa strona drugiej, mamy: 2(x y)(x + y + z) = (y z)(x + y + z) 2x 3y + z = 0 Podstawmy z = 3y 2x do pierwszej i trzeciej równości w (1). x 2 = y(3y 2x) + 1 (3y 2x) 2 = xy + 4 x 2 + 2xy 3y 2 = 1 4x 2 13xy + 9y 2 4x 2 13xy + 9y 2 = 4(x 2 + 2xy 3y 2 ) = 4 21y 2 21xy = 0 y(y x) = 0 y = 0 czyli z = 2x i z drugiego równania (1) możemy napisać: 0 = x( 2x) + 2 x 2 = 1 x = 1 z = 2 x = 1 z = 2 Wobec tego szuane rozwiazania (x, y, z) to ( 1, 0, 2) i (1, 0, 2).

2 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 1 z 2 Zadanie 2 Zadanie 2. Wyznaczyć wszystie liczby naturalne n > 1, dla tórych wartość sumy n 2 jest poteg a liczby pierwszej o wy ladniu naturalnym. Oznaczmy sume n 2 przez S n. Zgodnie z warunami zadania: S n = p d p P, d N (1) Ze wzoru na sume wadratów n i=1 i 2 = n(n+1)(2n+1) 6 otrzymujemy, iż S n = n(n+1)(2n+1) 6 1. Niech = n 1, wtedy ( + 1)( + 2)(2 + 3) 6 S n = S +1 = = (2) 6 6 Mamy wiec, że 6S +1, a możemy przedstawić w sposób jednoznaczny w postaci iloczynu poteg liczb pierwszych p α 1 1 pα pα j j (gdzie j to liczba różnych dzielniów pierwszych, a jeżeli ich nie ma, czyli = 1, przyjmujemy j = 1 i α 1 = 0). Pojawiaja sie przypadi: 1. 6 S , 3 2 S , 3 3 S S +1 a ponieważ zachodzi równość (1), p, wi ec może być tylo postaci l, 2l, 3l lub 6l, gdzie l n : n = p, N 0}} i l p d. Niech t 1, 2, 3, 6}. Z (1) i (2) mamy Soro t 6 i l p d jest to równoważne 2(lt) 3 + 9(lt) lt = 6p d Przypade 1. l = 1 2l 2 t 2 + 9lt + 13 = 6 t pd l (3) Z tego równania mamy 4 rozwiazania: 2t 2 + 9t + 13 = 6 t pd 1. t = 1 n = 2, p d = t = 2 n = 3, p d = t = 3 n = 4, p d = t = 6 n = 7, p d = Przypade 2. l 2 Prawa strona równania (3) dzieli si e przez p oraz p l, czyli p 13 p = 13, wobec czego przedstawmy l w postaci 13 α w tym równaniu i podzielmy jego obie strony przez 13. Wówczas otrzymamy α 1 t α 1 t + 1 = 6 t 13d α 1

3 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 2 z 2 Zadanie 2 Dla a > 1 otrzymujemy sprzeczność, ponieważ obie strony tej równości nie przystaja do siebie modulo 13. Natomiast dla a = 1 mamy 26t 2 + 9t + 1 = 6 t 13d 2 9t (mod 13) 4t 1 (mod 13) co nie zachodzi dla żadnego t 1, 2, 3, 6}. Jedyne liczby naturalne n spe lniajace waruni zadania to: 2, 3, 4 i 7.

4 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 3 Zadanie 3. W trójacie ostroatnym ABC punt D jest rzutem prostoatnym puntu C na prosta AB. Punt E jest rzutem prostoatnym puntu D na prosta BC. Punt F leży na odcinu DE, przy czym EF F D = AD DB Wyazać, że proste CF i AE sa prostopad le. Umieśćmy trójat ABC w p laszczyźnie zespolonej w tai sposób, aby jego podstawa AB leża la na osi rzeczywistej, a wierzcho le C i jego rzut prostoatny na prosta AB leża ly na osi urojonej. Oznaczmy przez R(z) i I(z) odpowiednio cześć rzeczywista i urojona liczby zespolonej z. Niech A = a, B = b, C = ci, gdzie a, b, c R +. Wówczas D = 0, a E wyraża sie nastepuj aco: E L(BC) L(BE) L(BC) I( E B E : C B ) = 0 I( E b L(DE) L(BC) L(DE) L(BC) R( E D C B ) = 0 b+ci ) = 0 E R( b+ci ) = 0 R( E(b+ci) b 2 c ) = 0 R(E)b = I(E)c R(E) b 2 I( (E b)(b+ci) R(E) = b2 c 2 b 2 c ) = 0 (R(E) b)c = b I(E) I(E) = b 2 c R(E) R(E)(c 2 + b 2 ) = bc 2 R(E) = bc 2 I(E) = b c R(E) b 2 +c 2 I(E) = b2 c E = bc b b 2 +c 2 (c + bi) (1) + c2 2 Majac punt E możemy znaleźć punt F: F : F L(DE) EF = AD F D DB I(F )c = R(F )b E F F = a b L(DF ) L(DE) E F F D = D A B D I(F ) = b c R(F ) R(E) R(F ) = a b R(F ) I(F ) = b c R(F ) I( F D E D ) = 0 E F F = A B R(E) (c+bi) R(F )(1+ b c c i) R(F )(1+ b c i) R(F ) = b 2 c 2 I(F ) = = a b (a+b)(b 2 +c 2 ) b 3 c (a+b)(b 2 +c 2 ) I( R(F )+I(F )i c+bi ) = 0 E F F = F = a b I(F ) = b c R(F ) R(E) R(F ) c c R(F ) = a b c b 2 c (a + b)(b 2 + c 2 (c + bi) (2) ) Teraz aby wyazać, że L(CF ) L(AE), potrzeba i wystarcza, aby dowieść, że R( E A C F ) = 0. Zauważmy najpierw z (1) i (2), że F = b a+b E, a I(E) = b cr(e). Dla u latwienia zdefiniujmy symbol podobieństwa miedzy liczbami ja nastepuje: a b a = ξb, gdzie a, b, ξ R, ξ 0. Oznaczmy R(E) przez r. Wówczas ( E A E + a a + r(1 + b c R = R C F ci b a+b E = R i) ) ci b a+b r(1 + b c i) ( ( R (r + a) + br )( c i br ( ) )) ( a + b c b2 r i = (r + a) br ) + br ( ) c b2 r c(a + B) a + b c c(a + b) r + a a + b + 1 ( ) c b2 r c(b r) b2 r c c(a + b) c bc2 r(b 2 + c 2 ) r= bc 2 b 2 +c ===== 2 0 c.n.d. Uwaga 1 W rozwiazaniu sorzystaliśmy z wetorowej interpretacji różnicy liczb zespolonych oraz z w lasności wyniajacych ze wzoru na iloraz liczb zespolonych ( z 1 z 2 = z 1 z 2 (cos(ϕ 1 ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 ϕ 2 ))): ϕ 1 ϕ 2 = π 2 I( z 1 z 2 ) = 0 i ϕ 1 ϕ 2 = (2+1)π 2 R( z 1 z 2 ) = 0, gdzie Z. Uwaga 2 Wyazaliśmy wiecej niż wymaga lo zadanie, ponieważ nie za ladaliśmy, że trójat ABC jest ostroatny.

5 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 1 z 2 Zadanie 4 Zadanie 4. Dana jest dodatnia liczba ca lowita n oraz dodatnie liczby rzeczywiste a, b. Wyznaczyć najwiesz a możliwa wartość sumy x 1 y 1 + x 2 y x n y n (1) gdy x 1, x 2,..., x n, y 1, y 2,..., y n sa liczbami z przedzia lu 0; 1, spe lniajacymi waruni x 1 + x x n a, y 1 + y y n b (2) Bez straty ogólności rozważań możemy przyjać, że a b, gdyż wówczas w rozwiazaniu bedzie wystarczy lo zamienić a przez min(a, b) i b przez max(a, b), aby otrzymać ogólne wynii. Rozpatrzmy nastepuj ace przypadi: Przypade 1. n a Niech x i i y i przyjmuja masymalne dozwolone wartości, a wiec x i = y 1 = 1 (dla i = 1, 2,..., n). Najwiesza możliwa wartość sumy (1) w tym przypadu wynosi n, czyli ogólniej min(a, b, n). Przypade 2. a < n b Niech x i sumuja sie do a (nie moga przyjmować masymalnych wartości, bo by sumowa ly sie do n, co by loby sprzeczne z (2), bo a < n), a y i przyjmuja masymalne dozwolone wartości, a wiec n i=1 x i = a i y i = 1 (dla i = 1, 2,..., n). Najwiesza możliwa wartość sumy (1) w tym przypadu wynosi a, czyli ogólniej min(a, b, n). Przypade 3. b < n Twierdz e, iż jeżeli zape lnimy poczatowe x i jedynami, nastepny - tym co zostanie, a reszte zerami i analogicznie postapimy z y i, czyli wówczas otrzymana suma (1), tj. x 1 = x 2 =... = x [a] = 1, x [a]+1 = a [a], x [a]+2 =... = x n, (3) y 1 = y 2 =... = y [b] = 1, y [b]+1 = b [b], y [b]+2 =... = y n (4) n [a] + (a [a])(b [a]) gdy [a] = [b] x i y i = i=1 a gdy [a] < [b] tóra możemy zapisać jednym wyrażeniem n x i y i = [a] + (a [a]) min(b [a], 1) i=1 jest najwiesz a możliwa wartościa sumy (1), tzn. iż ażda modyfiacja u ladu (3) i (4), co najwyżej nie zmniejsza tej sumy. Dowód Niech x m = x m i y m = y m (dla m = 1, 2,..., n), a wiec x m i y m spe lniaj a waruni (2). Na mocy (2) ażda zmiana zachowujaca masymalne waruni zadania (pomijam możliwość samego zmniejszenia wyrazów, tóra oczywiście daje mniejsza sume), sprowadza sie do zmniejszenia jednego wyrazu i zwieszenia o tyle samo drugiego. Zdefiniujmy możliwość istnienia jednoczesnej zmiany w x m, y m i sama zmiane. (x i = 1 x j < 1 y = 1 y l < 1) (x i = 1 c x j = x j +c 1 y = 1 d y l = y l +d 1) (5) i,j,l i<j <l Wprowadźmy oznaczenia n S = x m y m, S = n x m y m m=1 m=1

6 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 2 z 2 Zadanie 4 Wypiszmy jeszcze ważne w lasności z (3), (4) i (5), z tórych b edziemy orzystać: x p x q 1 y p y q 1, i < j, < l, x j + c 1, y l + d 1 p,q p q Na mocy (5) mamy 4 nastepuj ace możliwości jednoczesnej modyfiacji x m i y m. Możliwość 1. i =, j = l S S = (x i c)(y d) x i y + (x j + c)(y l + d) x j y l = (1 c)(1 d) 1 + (x j + c)(y l + d) x j y l = cd c d + cy 1 + dx j + cd = c(y l + d 1) + d(x j + c 1) 0 Możliwość 2. i, j = l ( < j x = 1) S S = (x i c)y i x i y i + x (y d) x y + (x j + c)(y l + d) x j y l = (1 c) 1 + (1 d) 1 + (x j + c)(y l + d) x j y l = c d + cy l + dx j + cd = c(y l 1) + d(x j 1 + c) cd + d(x j + c 1) = d(x j 1) 0 Możliwość 3. i =, j l S S = (x i c)(y d) x i y + (x j + c)y j x j y j + x l (y l + d) x l y l = (1 c)(1 d) 1 + (x j + c)y j x j y j + x l (y l + d) x l y l = cd c d + cy j + dx l = c(y j + d 1) + d(x l 1) c(d 1) + d(xl 1) gdy l = [a] + 1 [a] = [b] j > l y j = 0 = c(y j 1) + d(c 1) gdy l > [a] + 1 x l = 0) 0 Możliwość 4. i, j l S S = (x i c)y i x i y i + x (y d) x y + (x j + c)y j x j y j + x l (y l + d) x l y l = (1 c) 1 + x (1 d) x + (x j + c)y j x j y j + x l (y l + d) x l y l = c dx + cy j + dx l = c(y j 1) + d(x l x ) 0 Ta wiec dowód twierdzenia zosta l zaończony. Najwiesza możliwa wartość sumy (1), taiej że x 1,..., x n, y 1,..., y n 0; 1 i spe lniaja (2), wynosi: n min(m, n) gdy n M max( x i y i ) = i=1 [m] + (m [m]) min(m [m], 1) gdy n > M gdzie m = min(a, b) M = max(a, b)

7 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 5 Zadanie 5. Czworoat ABCD jest wpisany w orag, a oregi wpisane w trójaty ABC i BCD maja równe promienie. Rozstrzygnać, czy z tych za lożeń wynia, że taże oregi wpisane w trójaty CDA i DAB maja równe promienie. Udowodnimy najpierw lemat orzystajacy z pewnego fatu, tórego prawdziwość również wyażemy. Fat Weźmy dowolny trójat. Przez r i R oznaczmy odpowiednio promienie oregów wpisanego i opisanego na nim, przez α, β, γ miary jego aty wewnetrznych, a, b, c d lugości boów leżacych na przeciw tych atów, a S jego pole. Zachodzi: r = cos α + cos β + cos γ 1 R Aby to dowieść, bedziemy przeszta lcać to równanie tożsamościowo, orzystajac ze wzorów na promień oregu wpisanego i opisanego na trójacie, twierdzenia cosinusów oraz ze wzoru Herona. 2S r R = cos α + cos β + cos γ 1 a+b+c abc 4S = b2 + c 2 a 2 2bc + a2 + c 2 b 2 2ac + a2 + b 2 c 2 2ab 16S 2 a + b + c = a(b2 + c 2 a 2 ) + b(a 2 + c 2 b 2 ) + c(a 2 + b 2 c 2 ) 2abc ( a + b + c)(a b + c)(a + b + c) = a(b 2 + c 2 a 2 ) + b(a 2 + c 2 b 2 ) + c(a 2 + b 2 c 2 ) 2abc (a 2 b 2 c 2 + 2bc)( a + b + c) = a(b 2 + c 2 a 2 2bc) + b(a 2 + c 2 b 2 ) + c(a 2 + b 2 c 2 ) a 2 b + a 2 c b 3 b 2 c bc 2 c 3 + 2b 2 c + 2bc 2 = a 2 b + bc 2 b 3 + a 2 c + b 2 c c 3 0 = 0 Tym samym wyazaliśmy prawdziwość fatu. Lemat Jeżeli dwa trójaty maja równe d lugości podstaw, promienie oregów wpisanych i opisanych, to sa to trójaty przystajace. Dowód lematu Rozważmy dwa trójaty ABC 1 i ABC 2 spe lniajace za lożenie lematu. Maja one równej miary aty α = <) AC 1 B = <) AC 2 B, oparte na tym samym luu AB. Niech r, R bed a odpowiednio promieniami ore- gów wpisanych i opisanych na tych trójatach. Wprowadźmy oznacznia: <) ABC 1 = ϕ 1, <) ABC 2 = ϕ 2, czyli <) C 1 AB = π (ϕ 1 + α) oraz <) C 2 AB = π (ϕ 2 + α). Z przytoczonego wcześniej fatu oraz ze wzoru na różnice cosinusów mamy: r R = cos α + cos ϕ 1 + cos(π (ϕ 1 + α)) 1 = cos α + cos ϕ 2 + cos(π (ϕ 2 + α)) 1 cos ϕ 1 cos(ϕ 1 + α) = cos ϕ 2 cos(ϕ 2 + α) 2 sin α + 2ϕ 1 sin( α 2 2 ) = 2 sin α + 2ϕ 2 sin( α 2 2 ) α + 2ϕ 1 = α + 2ϕ 2 + 2π α + 2ϕ 1 = π α + 2ϕ 2 + 2π ϕ 1 = ϕ 2 + 2π ϕ 1 = π (ϕ 2 + α) + 2π Katy ϕ 1, ϕ 2 (0, π), wiec przy ustalonym ϕ 1, ϕ 2 = ϕ 1 lub ϕ 2 = π (ϕ 1 +α). Sa to wiec trójaty przystajace. Dowód lematu zosta l zaończony. Na mocy powyższego lematu ABC DCB, a wiec ABCD jest trapezem równoramiennym i CDA BAD, czyli trójaty CDA i DAB maja równe promienie oregów wpisanych. 1

8 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 6 Zadanie 6. Rozstrzygnać, czy istnieje niesończony ciag liczb naturalnych a 1, a 2, a 3,... spe lniajacy równanie 1 = dla n = 1, 2, 3,... (1) a n a n+1 a n+2 Za lóżmy, że tai ciag istnieje. Jest to ciag rosnacy, bo z (1) mamy, że 1 a n > 1 a n+1, a wiec a n+1 > a n dla ażdego n = 1, 2,.... Istnieje wiec też niesończony ciag ( 1 a n ), oznaczmy go przez (b n ), tóry jest ciagiem malejacym i jego wyrazy zawarte sa w przedziale otwartym (0; 1), czyli jest to ciag zbieżny. Na mocy (1) spe lnia on nastepuj ac a równość: Twierdze, iż n-ty wyraz ciagu (b n ) wyraża sie wzorem: b n = b n 2 b n 1 dla n = 3, 4,... (2) b n = ( 1) n (F n 1 b 2 F n 2 b 1 ) dla n = 3, 4,... (3) gdzie F n to n-ty wyraz ciagu Fibonacciego. Dowód tego wzoru jest inducyjny. Dla n = 3 otrzymujemy równość (1) dana w zadaniu. Za lóżmy s luszność (3) dla wszystich n n 0. Wówczas dla n = n 0 orzystajac z za lożenia inducyjnego, wzoru F n+2 = F n+1 + F n oraz (2) możemy zapisać (n + 1)-wyraz ciagu (b n ) nastepuj aco: b n+1 = b n 1 b n = ( 1) n 1 (F n 2 b 2 F n 3 b 1 ) ( 1) n (F n 1 b 2 F n 2 b 1 ) = ( 1) n 1 ((F n 2 + F n 1 )b 2 (F n 3 + F n 2 )b 1 ) = ( 1) n+1 (F n b 2 F n 1 b 1 ) (4) To ończy przejście inducyjne. Na mocy zasady inducji wynosimy, że równość (3) zachodzi dla wszystich naturalnych n 3. Ta wi ec a n = 1 b n = 1 ( 1) n ( F n 1 a 2 F n 2 a 1 ) = ( 1)n a 1 a 2 F n 1 a 1 F n 2 a 2 (5) Policzmy granice ciagu (a n ), orzystajac z otrzymanego wzoru i tego, że a n N oraz φ Q. lim a a 1 a 2 ( 1) n n = lim n n ( 1)n = lim F n 1 a 1 F n 2 a 2 n F n 2 n F n+1 F n n F n+f n 1 F n n a 1 a 2 F n 1 = a 1a 2 F n 2 a 1 a 2 φ a 1 a 2 lim n ( 1) n F n 2 = 0 Otrzymaliśmy granice równa 0 co jest sprzeczne z tym, że ciag liczb naturalnych (a n ) jest rosnacy. Wobec tego nasze za lożenie by lo b l edne, czyli nie istnieje niesończony ciag (a n ) spe lniajacy warune (1). Uwaga Przez φ oznaczyliśmy zwyczajowo z loty podzia l odcina wynoszacy Sorzystaliśmy również ze zbieżności ciagu ( F n+1 F F n ), tórego granica wynosi w lasnie φ co teraz wyażemy. Niech g = lim n+1 n F n. Wówczas F mamy też lim = lim = 1 + lim n 1 F n = g, a wiec g = g g2 g 1 = 0 g = φ. Drugi pierwiaste (1 φ) odrzuciliśmy, ponieważ F n N.

9 Przemoc XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 7 Zadanie 7. Trzy sfery, parami styczne zewnetrznie, sa styczne do pewnej p laszczyzny w puntach A, B, C. Znajac d lugości odcinów BC = a, CA = b, AB = c, obliczyć promienie tych sfer. π A C B r B O C r A O B r B O A r A Oznaczmy przez r A, r B, r C odpowiednio promienie sfer o puntach styczności A, B, C do pewnej p laszczyzny π. Zamieszczony powyżej rysune prezentuje na pierwszym planie dwie ze sfer (jest to rzut na p laszczyzne prostopad l a do π i równoleg l a do odcina O A O B ). Dla pozosta lych u ladów sfer rysuni wyglada lyby analogicznie. Na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy nastepuj acy u lad równań, tóry rozwiazujemy: r A = bc 2a a 2 + (r B r C ) 2 = (r B + r C ) 2 b 2 + (r A r C ) 2 = (r A + r C ) 2 c 2 + (r A r B ) 2 = (r A + r B ) 2 a 2 = 4r B r C b 2 = 4r A r C c 2 = 4r A r B rb = a2 b 2 r A r C = b2 4r A r A = c2 4r B r B = ac 2b r C = ab 2c Promienie sfer stycznych w puntach A, B, C do pewnej p laszczyzny, wynosza odpowiednio bc 2a, ac 2b i ab 2c.

10 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 8 Zadanie 8. Na oregu jest umieszczonych n lampe; ażda może być w l aczona albo wy l aczona. Wyonujemy serie ruchów; w ażdym ruchu wybieramy olejnych lampe i zmieniamy ich stan: wy l aczone w l aczamy, a w l aczone wy l aczamy (liczba nie zmienia sie w tracie tego postepo- wania). Na poczatu wszystie lampi sa wy l aczone. Dla ustalonej liczby naturalnej n wyznaczyć wszystie liczby naturalne n, dla tórych jest możliwe uzysanie stanu z do ladnie jedna lampa w l aczon a. Zauważmy, że musi być nieparzyste, ponieważ w przeciwnym przypadu parzystość liczby zapalonych lampe by laby niezmienniiem. Dzia loby sie ta, gdyż po zapaleniu parzystych lampe, w nastepnym i jeszcze olejnych ruchach byśmy gasili i i zapalali j (gdzie i + j = i sa różne dla ażdego ruchu), a wiec albo i i j by lyby obie parzyste albo nieparzyste (2 j i), czyli zmiana zapalonych lampe by laby w tym przypadu zawsze parzysta, a wiec niemożliwe by loby otrzymanie tylo jednej palacej sie lampi. Za lóżmy, że po pierwszym ruchu, w ażdym nastepnym zmieniamy stan olejnych lampe, olejnych po przednio zmienianych, ta wiec nie mamy tu dowolności wyboru nowych lampe, tylo wciaz chodzimy w ó lo. Wówczas liczac od poczatu, zrobienie 1 pe lnego orażenia (i ani lampi wiecej) jest równoważne zapaleniu wszystich lampe, a zrobienie 2 orażeń - powrót do sytuacji poczatowej, a wiec wszystie lampi sa wtedy wy l aczone. Sytuacja powtarza sie cylicznie, a wiec zapalenie do ladnie jednej lampi jest możliwe dla taich, dla tórych istnieje liczba naturalna l, tóra po pomnożeniu przez dane dzieli sie przez 2n z reszta 1. Jeżeli przez K n oznaczymy zbiór taich w laśnie, możemy napisać: l 1 (mod 2n) l 2mn = 1 K n l N K n l,m N Na mocy twierdzenia o istnieniu formy liniowej dla NWD (a, b, ξ, η Z, NWD(a, b) = aξ + bη) 1 oznacza to: K n NWD(, 2n) = 1 Otrzymaliśmy, że aby w ó lo po olei zmieniajac stany seriami po lampe, otrzymać tylo jedna w l aczon a lampe, musibyć nieparzyste i wzglednie pierwsze z n. Twierdze, iż jeżeli nie możliwe jest zapalenie do ladnie jednej lampi sposobem zdefiniowanym powyżej, to nie jest możliwe wogóle. Istotnie wówczas NWD(, 2n) = NWD(, n) = t > 1 (pamietajmy, że jest nieparzyste). Ponumerujmy olejno lampi od 1 do n. Zgrupujmy je i niech A i = i, t + i, 2t + i,..., n t + i}, a przez S i oznaczmy liczbe zapalonych lampe w grupie A i, dla i = 1, 2,..., t. Po zapaleniu na poczatu dowolnych olejnych lampe S 1 = S 2 =... = S t = t, a wiec S 1 S 2... S t (mod 2). W ażdym ruchu zmieniajac stan dowolnego innego u ladu olejnych lampe, zmieniamy w ażdej grupie A i stan t lampe. Jeżeli t jest nieparzyste, to w ażdej z grup A i gasimy nieparzysta ilość lampe i zapalamy parzysta albo odwrotnie, a wiec zmiana liczby zapalonych lampe w ażdej z grup A i jest nieparzysta. Natomiast jeżeli t jest parzyste, to w ażdej z grup A i gasimy i zapalamy parzysta ilość lampe lub gasimy i zapalamy nieparzysta ilość lampe, a wiec zmiana liczby zapalonych lampe w ażdej z grup A i jest parzysta. Otrzymaliśmy wiec, że z poczatowego przystawania liczb S 1, S 2,..., S n modulo 2, wynia ich dalsze przystawanie po dowolnej serii ruchów, a wiec przystawanie wszystich liczb S i modulo 2 jest niezmienniiem. Tym samym nie jest możliwe doprowadzenie do sytuacji z jedna zapalona lampa, w tórej to grupie jaby sie znajdowa la by laby nieparzysta liczba zapalonych lampe, a w pozosta lych parzysta (równa 0). Sformu lujmy ostateczna odpowiedź: Dla ustalonej liczby n wszystie liczby naturalne n, dla tórych jest możliwe uzysanie stanu z do ladnie jedna lampa w l aczon a, to liczby nieparzyste wzglednie pierwsze z n. 1 Dowód tego twierdzenia można znaleźć m.in. w: W. Sierpińsi, Teoria liczb, PWN, Warszawa-Wroc law 1950

11 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 1 z 2 Zadanie 9 Zadanie 9. Wyznaczyć wsztstie liczby rzeczywiste a, dla tórych ciag (x n ) oreślony wzorami x 0 = 3, x n+1 = 1 + ax n a x n dla n = 0, 1, 2,... spe lnia warune x n+8 = x n dla n = 0, 1, 2,.... Zauważmy, że jeżeli wprowadzimy nastepuj ace ciagi: c = a 2i ( 1) i, b = a (2i+1) ( 1) i 2i 2i + 1 przyjmujac że ( n m) = 0 dla m > n, to możemy znaleźć nast epuj acy wzór: x n+ = c x n + b c b x n (1) Dowód tego wzoru jest inducyjny. Dla = 1 z definicji (c ) i (b ) otrzymujemy równość dana w zadaniu: x n+1 = 1 + ax n a x n (2) Za lóżmy s luszność (1) dla wszystich n n 0. Wówczas dla n = n 0 orzystajac z (2) możemy zapisać (n + 1)-wyraz ciagu (x n ) nastepuj aco: x n++1 = 1 + ax n+ a x n+ = 1 + a cxn+b a b x n a c x n+b = (ac b )x n + (ab + c ) (3) (ac a b x b ) (ab + c )x n n przy za lożeniu, że a b x n 0. Wystarczy wiec wyazać, że c +1 = ac b i b +1 = ab + c. Korzystajac ze wzoru ( n) ( m + n ) ( m+1 = n+1 m+1) otrzymujemy: ( ( ac b = a )a 2i ( 1) i )a (2i+1) ( 1) i = 2i 2i + 1 ( ( = a )a 2i+1 ( 1) i )a 2i 1 ( 1) i a 1 ( 1) 2+1 = 2i 2i i=1 ( ( = a +1 + )a 2i+1 ( 1) i )a 2i+1 ( 1) i+1 = 2i 2i 1 i=1 i= = a +1 + a 2i+1 ( 1) i = a +1 2i ( 1) i = 2i 2i i=1 = c +1 ( ( ab + c = a )a (2i+1) ( 1) i + )a 2i ( 1) i = 2i + 1 2i = a 2i ( 1) i + 1 = a +1 (2i+1) ( 1) i = 2i + 1 2i + 1 = b +1 To ończy przejście inducyjne. Na mocy zasady inducji wynosimy, że równość (1) zachodzi dla wszystich naturalnych 0.

12 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Strona 2 z 2 Zadanie 9 Na to aby x n+8 = x n potrzeba i wystarcza aby x n = c 8x n + b 8 x n (c 8 b 8 x n ) = c 8 x n + b 8 b 8 (1 + x 2 n c 8 b 8 x ) = 0 n a 8 (2i+1) ( 1) i = 0 a 7 a 5 + a 3 a = 0 2i a(8a 6 8 7a a 2 8) = 0 a(a 1)(a + 1)((a 2 ) 2 6(a 2 ) + 1) = 0 a(a 1)(a + 1)(a 2 (3 2 2))(a 2 ( )) a 1 2, 1, 1 2, 0, 2 1, 1, 1 + } 2 Powyższy zbiór wartości, do tórego musi należeć a, aby ciag (x n ) spe lnia l waruni zadania, jest zbiorem rozwiazań zadania.

13 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 10 Zadanie 10. Spośród wszystich podzbiorów ustalonego zbioru n-elementowego X losujemy olejno ze zwracaniem trzy zbiory A, B, C. Za ażdym razem wylosowanieażdego spośród 2 n podzbiorów zbioru X jest jednaowo porawdopodobne. Wyznaczyć najbardziej prawdopodobna liczbe elementów zbioru A B C. Znajdźmy najpierw wzór na liczbe wszystich uporzadowanych tróje podzbiorów zbioru X o ustalonej mocy ich cześci wspólnej. Niech ta moc wynosi. Wówczas ażdy z podzbiorów musi na pewno posiadać taich samych elementów, a ze zbioru n-elementowego X możemy je ustalić na ( n ) sposobów. W A B C nie moga ponadto wystapić żadne z pozosta lych, nieustalonych elementów X, czyli ażdy z nich nie należy przynajmniej do jednego ze zbiorów A, B, C, a warune ten można spe lnić na 7 sposobów (nie wystepowanie tylo i wy l acznie w A, B, C, A B, A C, B C i A B C). Niepożadanych elementów przy ustalonych jest n, ta wiec liczba uporzadowanych tróje zbiorów, tórych cześć wspólna ma elementów wynosi: n 7 n (1) Nasze zadanie sprowadza sie wiec do znalezienia taiego, dla tórego przy ustalonym n wyrażenie (1) osiagnie wartość masymalna, co z jednaowego prawdopodobieństwa wyboru ażdego z podzbiorów zbioru X, jest tożsame ze znalezieniem najbardziej prawdopodobnej liczby elementów zbioru A B C. Przy ustalonym n wartość wyrażenia (1) dla szuanego to wartość najwiesza tego wyrażenia oreślonego na zbiorze 0, 1,..., n}, musi wiec być wiesza lub równa od wartości wyrażenia dla argumentów przyleg lych ( 1, + 1) o ile istnieja. Otrzymujemy u lad nierówności (przyjmujemy, że dla < 0 lub > n zachodzi ( n ) = 0, bo na tyle sposobów można wybrać niemożliw a liczbe elementów): ( n ) 7 n ( n ) 1 7 n ( 1) ( n ) 7 n ( n ) +1 7 n (+1) Podstawiajac n) = n! (n )!! i przeszta lcajac równoważnie otrzymujemy, że n 7 8 ; n+1 8, a ponieważ powinno być ca lowite, odpowiedź na pytanie o najbardziej prawdopodobna liczbe elementów zbioru A B C to: 1. n+1 8 oraz ] n 7 8, gdy 8 n , gdy 8 n + 1 [ n+1 8

14 XXX Liceum Ogólnoszta lcace Zadanie 12 Zadanie 12. Dane sa funcje f(x) = 2 x oraz g(x) = f(f(f(f(f(f(f(x))))))) (siedmiorotna iteracja funcji f). Rozstrzygnać, czy liczba g(3) g(0) jest podzielna przez liczbe g(2) g(0). Zauważmy najpierw nastepuj acy Fat a b 2 a 2 2 b 2 }}}}}}}} (2) (2) (2) (2) a }}}} b }}}} (2) (2) a b a b }}}} (2) (2) gdzie indes dolny (2) oznacza zapis w systemie binarnym. n }} Jeżeli przez h(x, n) oznaczymy n-rotna iteracje funcji f (h(x, n) = ( f... f)(x), a wiec z definicji h(x, n + 1) = 2 h(x,n) ) wówczas na mocy powyższego fatu g(2) g(0) g(3) g(0) h(2, 7) h(0, 7) h(3, 7) h(0, 7) h(2, 6) h(0, 6) h(3, 6) h(0, 6)... h(2, 1) h(0, 1) h(3, 1) h(0, 1) co nie jest prawda, a wiec liczba g(3) g(0) nie jest podzielna przez liczbe g(2) g(0).