Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Transkrypt

1 Obóz Naukowy Olimiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 01/01 Seria VII styczeń 01 rozwiązania zadań 1. Udowodnij, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n liczba n! jest odzielna rzez n! n1!. Sosób I Lemat Liczba ierwsza wystęuje w rozkładzie na czynniki ierwsze liczby N! z wykładnikiem ] ] ] 4 ]..., gdzie [x] oznacza największą liczbę całkowitą nie większą od liczby x. Uwaga Powyższa suma jest skończona, gdyż od ewnego miejsca wystęujące w niej składniki są równe 0. Dowód lematu Policzmy najierw, ile liczb sośród 1,,...,N jest odzielnych rzez. Są to liczby ostaci k, gdzie k] jest dodatnią liczbą [ ] całkowitą sełniającą nierówność k N, czyli jedną z liczb 1,,...,[ N. Zatem jest ich N. Podobnie dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej l, [ ] rzez l dzieli się N sośród liczb 1,,...,N w szczególności, gdy l > N, takich liczb l nie ma. W celu wyznaczenia wykładnika czynnika w rozkładzie na czynniki ierwsze N!, musimy zliczyć liczby odzielne rzez, w tym dwukrotnie te odzielne [ ] [ rzez ] [ ], trzykrotnie [ ] te odzielne rzez itd. Zatem szukany wykładnik wynosi N N N N..., 4 co kończy dowód lematu. Przechodzimy do rozwiązania zadania. Aby wykazać odaną w treści zadania odzielność, wystarczy wykazać, że dowolna liczba ierwsza wchodzi do rozkładu liczby n! n1! na czynniki ierwsze z wykładnikiem nie większym niż do rozkładu liczby n!. Na mocy lematu, dla rozwiązania zadania wystarczy udowodnić, że dla dowolnej liczby ierwszej i dowolnej dodatniej liczby całkowitej n zachodzi nierówność [ ] n n n n1 n1 n1 n n n Wystarczy, jeśli wykażemy, że dla dowolnej liczby naturalnej k rawdziwa jest nierówność [ ] n n1 n. 1 k Podzielmy liczbę n rzez k z resztą, otrzymując n kq r, gdzie q jest nieujemną liczbą całkowitą oraz 0 r k 1. Wtedy [ ] [ n n1 ] q q r 1 r 1 q k k 1

2 oraz n r q. Nierówność 1 srowadza się więc do nierówności r 1 r. Gdy r 0, obie strony owyższej nierówności są zerami, onieważ k. Natomiast dla r 1 nierówność wynika bezośrednio z nierówności r 1 r. Sosób II Przekształcamy iloraz danych w zadaniu liczb, korzystając z wzoru na wsółczynnik dwumianowy: n! n! n1! n! n1 n n! n1 n! n1! n! n1! n! n n! n1! n. n 1 n! n! n! n! n n 1! n1! n Ponieważ wsółczynniki dwumianowe są liczbami całkowitymi, owyższa liczba jest całkowita, co z kolei jest równoważne dowodzonej odzielności.. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele ar nieujemnych liczb całkowitych n, k, gdzie n k, sełniających zależność n n. k k Korzystając ze wzoru na wartość wsółczynnika dwumianowego, zaisujemy dane równanie w ostaci n! k! n k! n! k! n k!, co o uroszczeniu rowadzi kolejno do: n k 1 n k 1 k 1 k, k 1 k n k 1 n k, k 1 n k , k 1 n k 1 1, n k 1 k. Zadanie srowadza się więc do znalezienia nieskończenie wielu rozwiązań równania w liczbach niearzystych Wystarczy wówczas rzyjąć k y x y, x oraz y. 4 oraz n x1k xy.

3 Zauważmy, że dowolne liczby całkowite x, y sełniające równanie są tej samej arzystości. Nie mogą być jednak obie arzyste, gdyż wtedy lewa strona równania byłaby odzielna rzez 4 i nie mogłaby być równa. Zatem wszystkie rozwiązania tego równania to rozwiązania w liczbach niearzystych. Wzorując się na rzykładzie z dodatku tematycznego Ligi OMG Oowieści o indukcji oraz na rozwiązaniu zadania 8 z Ligi OMG seria VI, grudzień 01, szukamy rozwiązań x, y równania określonych wzorem xy ab cd i, gdzie i jest dodatnią liczbą całkowitą, a niezerowe liczby całkowite a, b, c, d są tak dobrane, aby a b oraz c d 1. Zauważmy, że rozwiązaniem równania jest ara x,y 1,1, nie sełnia ona jednak nierówności 4. Te obserwacje rowadzą do równości 1 1. Można zatem rzyjąć a b 1. Rozważając równanie c d 1, znajdujemy rozwiązanie c,d,1, co można wyrazić jako 1. Niech teraz dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej i liczby x i oraz y i będą takimi dodatnim liczbami całkowitymi, że x i y i 1 i. Wówczas zachodzi równość skąd x i yi x i y i 1 1 x i y i 1 i, x i y i 1 i 1 i i 1 i, a zatem ara liczb x,y x i,y i sełnia równanie. Pozostaje udowodnić warunek 4. Ponieważ dla każdej dodatniej liczby całkowitej i zachodzi równość x i1 y i1 x i y i, liczby x i, y i sełniają równania rekurencyjne x i1 x i y i oraz y i1 x i y i. 5 Para x,y x 1,y 1 5, sełnia nierówności 4, a z rekurencji 5 wynika, że ciągi x i oraz y i są rosnące. Tym samym wykazaliśmy istnienie nieskończenie wielu ar liczb n, k sełniających warunki zadania.

4 Uwagi Trzy najmniejsze ary liczb n, k otrzymane metodą zarezentowaną w rozwiązaniu to,0, 14,4 oraz 55,19. Można udowodnić, że skonstruowane ary n, k to wszystkie rozwiązania zagadnienia odanego w treści zadania.. Sześciokąt wyukły ABCDEF sełnia nastęujące warunki: BD CE, DF EA, F B AC. Wykaż, że symetralne boków BC, DE, F A rzecinają się w jednym unkcie. Lemat 1. Każda izometria łaszczyzny jest rzesunięciem, symetrią z oślizgiem czyli złożeniem symetrii z rzesunięciem o wektor równoległy do osi symetrii lub obrotem. Dowód lematu 1 można znaleźć w książce H.S.M. Coxetera Wstę do geometrii dawnej i nowej. Lemat. Niech Y będzie obrazem unktu X rzy rzekształceniu będącym złożeniem symetrii względem osi k z rzesunięciem o wektor v równoległy do rostej k. Wówczas środek odcinka XY należy do rostej k. Dowód lematu. Niech Z będzie obrazem unktu X w symetrii względem rostej k. Wówczas środek odcinka XZ należy do k. Odcinek łączący środki odcinków XZ i XY jest równoległy do odcinka ZY, więc również do wektora v i w konsekwencji także do rostej k. W takim razie środek odcinka XY też należy do rostej k, co kończy dowód lematu. Przechodzimy do rozwiązania zadania. Z danych w zadaniu równości odcinków wynika, że trójkąty BDF i CEA są rzystające. W takim razie istnieje izometria, rzekształcająca unkty B, D, F odowiednio na unkty C, E, A. Z lematu 1 wiemy, że izometria ta jest rzesunięciem, symetrią z oślizgiem lub obrotem. Przyuśćmy, że jest to rzesunięcie. Odcinki BC, DE i F A są wtedy równoległe do wektora rzesunięcia. Ponieważ w sześciokącie boki BC i DE nie mogą zawierać się w jednej rostej, więc z ich równoległości oraz wyukłości kątów sześciokąta wynika, że suma kątów wewnętrznych rzy wierzchołkach C i D wynosi 180. Podobnie dowodzimy, że sumy kątów rzy wierzchołkach E i F oraz A i B wynoszą o 180. Otrzymaliśmy srzeczność z faktem, że suma wszystkich kątów w sześciokącie wynosi 70. Przyuśćmy teraz, że rozważana izometria jest symetrią z oślizgiem. Oznaczmy środki odcinków BC, DE i F A odowiednio rzez K, L i M. Z lematu otrzymujemy, że unkty K, L i M leżą na jednej rostej. Bez straty ogólności możemy rzyjąć, że unkt L należy do odcinka KM. Z wyukłości sześciokąta wiemy, że wnętrze odcinka KM zawiera się we wnętrzu sześciokąta. W takim razie unkt L leży we wnętrzu sześciokąta, co jest niemożliwe. Rozważana izometria jest więc obrotem wokół ewnego unktu O. Skoro unkt C jest obrazem unktu B rzy tym obrocie, to sełniona jest równość OB OC. Stąd wynika, że symetralna odcinka BC rzechodzi rzez unkt O. Podobnie, symetralne odcinków DE i F A rzechodzą rzez unkt O, co kończy dowód. 4

5 4. Dany jest czworościan ABCD. Punkty A, B i C leżą odowiednio na krawędziach AD, BD i CD. Odcinki BC i CB rzecinają się w unkcie K, odcinki CA i AC w unkcie L, natomiast odcinki AB i BA w unkcie M. Udowodnij, że roste AK, BL i CM mają unkt wsólny. Proste AK i BL leżą w łaszczyźnie ABC i nie są równoległe, zatem mają unkt wsólny S. Zauważmy, że unkt S leży w łaszczyźnie ACB, gdyż należy do niej cała rosta AK. Analogicznie stwierdzamy, że unkt S leży w łaszczyźnie BCA. Skoro unkty S, M i C należą do obu tych łaszczyzn, to należą do rostej, wzdłuż której te dwie łaszczyzny się rzecinają, są więc wsółliniowe. Stąd roste AK, BL i CM rzecinają się w unkcie S. 5. Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele czwórek dodatnich liczb całkowitych a, b, c, d sełniających równanie oraz warunek NWDa, b, c, d 1. a 4 b 44 c 50 d 4 Przyjmijmy a n 1 oraz d n1. Wówczas d 4 a 4 8n 8n. Przy tym NWDa, d 1, o ile n jest liczbą arzystą. Podstawiając n 41 m 44, otrzymujemy 8n m 44, możemy więc rzyjąć b m. Pozostaje dobrać liczbę m tak, aby c 50 8n 16 m 1. Po odstawieniu m k q, owyższe równanie rzyjmuje ostać c k q k 1q. Wystaczy tak wybrać oraz q, aby wykładniki 161 oraz 1q były odzielne rzez 50. Od razu widzimy, że owyższy warunek jest sełniony rzez q 5, natomiast wobec mod 50 liczbą sełniająca nasz warunek jest 7. To rowadzi do c 1 k 66. skąd Ponieważ m 7 k 5, otrzymujemy b 8 k 5. Ponadto n 41 m k k k 1100, a 49 k oraz d 49 k Ponieważ odane wyżej wzory dla każdej liczby całkowitej dodatniej k określają rozwiązanie a, b, c, d danego w treści zadania równania, udowodniliśmy, że rozwiązań tych jest nieskończenie wiele. Urszula Swianiewicz Pastwa Kierownik naukowy obozu Kierownik naukowy obozu 5