KONKURS KLAS PIERWSZYCH

KONKURS KLAS PIERWSZYCH SZKÓ L PONADGIMNAZJALNYCH ZADANIA PRZYGOTOWAWCZE ROZWIAZNIA opracowa l Piotr Grzeszczuk Oddzia l Bia lostocki Polskiego Towarzystwa Matematycznego Bia lystok 003 1

3 1. KOMBINATORYKA Zadanie 1. W turnieju szachowym uczestniczy 30 zawodników (gra każdy z każdym jedna partie). Wykazać, że w dowolnej chwili trwania turnieju pewnych dwóch szachistów rozegra lo tyle samo partii.. Jeśli w danej chwili pewien zawodnik nie rozegra l żadnej partii, to liczba partii rozegranych przez każdego z zawodników należy do zbioru 9-elementowego {0, 1,,..., 8}. Zawodników jest trzydziestu, wiec pewnych dwóch rozegra lo te sama liczbe partii. Podobnie, jeśli każdy z zawodników rozegra l przynajmniej jedna partie, to liczba partii rozegranych przez każdego z trzydziestu zawodników należy do zbioru 9- elementowego {1,,..., 8, 9}. W tym przypadku również znajda sie przynajmniej dwaj zawodnicy, którzy rozegrali te sama liczbe partii. Zadanie. Wykazać, że wśród dowolnych 101 liczb ca lkowitych istnieja dwie których różnica jest podzielna przez 100. Wśród dowolnych 101 liczb ca lkowitych istnieja przynajmniej dwie dajace taka sama reszte z dzielenia przez 100, bo wszyskich możliwych reszt jest 100. Różnica tych liczb jest podzielna przez 100. Zadanie 3. W każdym spośród 500 koszy znajduja sie jab lka, przy czym w koszu mieści sie nie wiecej niż 40 jab lek. Wykazać, że w przynajmniej trzech koszach jest taka sama liczba jab lek. Powiemy, że dwa kosze sa tego samego typu, jeśli znajduje sie w nich taka sama liczba jab lek. Z za lożeń wynika, że mamy co najwyżej 40 typów koszy. Gdyby by lo co najwyżej dwa kosze każdego typu, to l acznie mielibyśmy co najwyżej 40 = 480 koszy. Stad wynika, że musza istnieć przynajmniej trzy kosze tego samego typu. Zadanie 4. W trzydziestoosobowej klasie 0 uczniów uczy si e j ezyka angielskiego, 14 niemieckiego oraz 10 francuskiego. Żadne dziecko nie uczy si e wszystkich trzech j ezyków, a ośmioro nie uczy si e żadnego z tych j ezyków. Ilu uczniów uczy si e zarówno j ezyka niemieckiego jak i francuskiego? Oznaczmy przez A, F, N zbiory, których elementami sa odpowiednio uczniowie uczacy sie jezyka angielskiego, francuskiego oraz niemieckiego. Z za lożeń wynika, że A F N = oraz A F N = 0 (przez X oznaczamy liczbe elementów zbioru X). Z zależności (zwanej zasada w l aczeń i wy l aczeń) A F N = A + F + N A F A N F N + A F N [spróbuj ja uzasadnić!] wynika, że A F + A N + F N = 0+10+14 =. Z drugiej strony zbiory A F, A N, F N sa parami roz l aczne oraz zawarte w

4 zbiorze -elementowym A F N. Stad wnosimy, że (A F ) (A N) (F N) = A F N, czyli każdy uczeń uczacy sie jakiegoś z jezyków uczy sie dok ladnie dwóch jezyków. Tak wiec 0 = A = A F + A N oraz F N = 0 =. Zadanie 5. Wewnatrz kwadratu o boku 1 umieszczono pewna ilość okregów o sumie obwodów równej 10. Wykazać, że istnieje prosta przecinajaca przynajmniej 4 okregi. Niech A, B, C, D bed a kolejnymi wierzcho lkami kwadratu oraz d 1, d,..., d n bed a d lugościami średnic okregów. Mamy równość πd 1 + πd + + πd n = 10. Stad d 1 + d + + d n = 10/π > 3. Rozważmy rzuty prostopad le okregów na bok AB kwadratu (wzd luż boku AD). Rzuty te wyznaczaja na boku AB rodzine odcinków o l acznej d lugości d 1 +d + +d n > 3. Stad wnosimy, że pewien punkt X boku AB jest nakryty przynajmniej czterema odcinkami. Prosta prostopad la do AB przechodzaca przez X przecina oczywiście te okregi (jest ich przynajmniej 4), których rzuty na bok AB zawieraja punkt X. Zadanie 6. Ile różnych (nieuporzadkowanych) par roz l acznych podzbiorów posiada zbiór sk ladajacy sie z 003 elementów? Niech X = {x 1, x,..., x 003 } bedzie danym zbiorem sk ladajacym sie z 003 elementów. Zauważmy, że każda para uporzadkowana (A, B) roz l acznych podzbiorów zbioru X wyznacza jednoznacznie trójke uporzadkowan a (A, B, C) parami roz l acznych podzbiorów, gdzie C = X \ (A B) jest dope lnieniem podzbioru A B (czyli A B C = X). Aby wyznaczyć liczbe takich uporzadkowanych trójek zauważmy, że każdy element x i należy do dok ladnie jednego ze zbiorów A, B lub C. Stad widać, że takich trójek jest tyle ile ciagów 003-wyrazowych o wyrazach A, B lub C, a wiec 3 003. [Każdemu elementowi x i przyporzadkowujemy jedna z liter A, B lub C.] Dwie trójki uporzadkowane (A, B, C) oraz (B, A, C), gdzie przynajmniej jeden ze zbiorów A lub B jest niepusty wyznaczaja te sama pare (nieuporzadkowan a) roz l acznych podzbiorów zbioru X. Zatem liczba takich par jest równa 3 003 1 + 1 = 3003 + 1. Zadanie 7. Wewnatrz trójkata równobocznego o boku 1 wybrano pieć punktów. Wykazać, że odleg lość miedzy pewnymi dwoma punktami jest mniejsza od 1/. Oznaczmy przez A, B, C wierzcho lki rozważanego trójkata równobocznego oraz przez K, L, M środki jego boków. L acz ac punkty K, L, M odcinkami otrzymujemy podzia l trójkata ABC na cztery trójkaty równoboczne o boku 1/ każdy. Wtedy przynajmniej dwa spośród wybranych punktów należa do jednego z mniejszych trójkatów. Ponieważ wybrane punkty nie leża na brzegu trójkata ABC, wiec żaden z tych

5 Stad wynika, że od- dwóch punktów nie jest wierzcho lkiem mniejszego trójkata. leg lość miedzy nimi jest mniejsza od 1/. Zadanie 8. Czy szachownice 10 10 można pokryć 5 jednakowymi p lytkami w kszta lcie: a) prostokata rozmiarów 1 4? b) litery T sk ladajacej sie z czterech kwadratów 1 1? c) litery L sk ladajacej sie z czterech kwadratów 1 1? Do każdej z cześci zadania rozważymy inne kolorowanie pól szachownicy. W przypadku a) każda p lytka nakrywa cztery pola pomalowane dwoma kolorami, przy czym po dwa pola tego samego koloru. Wynika stad, że gdyby istnia lo pokrycie ca lej szachownicy, to p lytki nakry lyby parzysta liczbe pól każdego koloru. Jednak w tym przypadku na szachownicy mamy po 5 pól każdego koloru. W przypadkach b) i c) pola szachownicy pokolorowane sa dwoma kolorami, przy czym liczba pól każdego z kolorów jest parzysta. Jednak każda z p lytek nakrywa nieparzysta liczbe pól tego samego koloru. Do pokrycia ca lej szachownicy potrzeba 5 p lytek. Stad wynika, że w każdym z przypadków b) i c) nie istnieja żadane pokrycia. Zadanie 9. Na ile sposobów można wybrać m + n kul spośród m jednakowych kul bia lych i n jednakowych kul czarnych? Za lóżmy, że m n. Wtedy m m + n n. Rozważmy dowolny uk lad z lożony z m + n kul i niech b oraz c oznaczaja odpowiednio ilość kul bia lych i czarnych w tym uk ladzie. Wtedy b + c = m + n oraz b może przyjmować wartości ze zbioru {0, 1,..., m}. Ponadto, jeśli 0 b m, to m + n b m + n n, a wiec istnieje uk lad z lożony z b kul bia lych i m + n b kul czarnych. Mamy zatem m + 1 wszystkich możliwych uk ladów. Podobnie rozumujemy, gdy n m. Ostateczna odpowiedź możemy podać w postaci k + 1, gdzie k = min{m, n}. Zadanie 10. Na konkurs matematyczny przyby lo n uczniów. Sa wśród nich osoby znajace sie wzajemnie, przy czym każde dwie osoby znajace sie nie maja wspólnych znajomych oraz każde dwie osoby nie znajace sie maja dok ladnie dwóch wspólnych znajomych. Wykazać, że każdy z uczniów ma taka sama liczbe znajomych wśród uczestników konkursu.

6 Rozważmy dwie osoby A i B znajace sie. Niech A 1, A,..., A l oraz B 1, B,..., B m bed a wszystkimi znajomymi A i B, odpowiednio. Zgodnie z za lożeniem, zbiory {A 1, A,..., A l } oraz {B 1, B,..., B m } sa roz l aczne. Dla dowolnej liczby naturalnej i l, osoby B i A i nie znaja sie, a wiec maja dok ladnie dwóch wspólnych znajomych. Jedna z nich jest osoba A. Druga musi być jedna spośród znajomych osoby B, a wiec B k(i) dla pewnej liczby naturalnej k(i) m. Udowodnimy, że jeśli i j, to k(i) k(j). Istotnie, jeśli k(i) = k(j), to osoby A oraz B k(i) maja trzech wspólnych znajomych: B, A i oraz A j, co jest niemożliwe, bo przecież A i B k(i) nie znaja sie. Tak wiec liczby k(1), k(),..., k(l) sa parami różne i należa do zbioru {1,,..., m}. Stad wynika, że l m. Analogicznie dowodzimy, że m l (rozważajac pary osób A i B i ). Ostatecznie m = l. Niech teraz C i D bed a dowolnymi osobami nie znajacymi sie. Zgodnie z za lożeniem maja one dok ladnie dwóch wspólnych znajomych: E i F. Rozważajac pary osób znajacych sie: C i E oraz D i E oraz korzystajac z udowodnionego wyżej przypadku stwierdzamy, że osoby C, E oraz D maja taka sama liczbe znajomych.

7. ZADANIA ARYTMETYCZNE Zadanie 11. Wykazać, że jeśli p > 3 jest liczba pierwsza, to liczba p 1 dzieli sie przez 4. Ponieważ p > 3, wiec p jako liczba niepodzielna przez 3 daje reszte 1 lub z dzielenia przez 3. Oznacza to, że jedna z liczb p+1 lub p 1 jest podzielna przez 3, czyli p 1 = (p + 1)(p 1) dzieli sie przez 3. Liczby p 1 i p + 1 sa kolejnymi liczbami parzystymi, wiec każda z nich jest podzielna przez i dok ladnie jedna przez 4. Ostatecznie p 1 dzieli sie przez 3 oraz 8, a wiec przez 4. Zadanie 1. a) Wykazać, że jeśli x, y sa liczbami ca lkowitymi oraz 3 dzieli x + y, to liczby x i y sa podzielne przez 3. b) Wyznaczyć wszystkie liczby ca lkowite x, y, z spe lniajace równanie x + y = 3z. a) Ponieważ (3k + 1) = 3(3k + k) + 1 oraz (3k + ) = 3(3k + 4k + 1) + 1, wiec kwadrat liczby ca lkowitej przy dzieleniu przez 3 może dawać reszte 0 lub 1. Stad z latwościa wnioskujemy, że liczba x + y przy dzieleniu przez trzy daje reszte reszte zero tylko w przypadku, gdy reszte zero daja liczby x i y. Zatem liczby x i y sa podzielne przez 3. b) Oczywiście liczby x = y = z = 0 spe lniaja równanie. Przypuśćmy teraz, że trójka (x, y, z) liczb ca lkowitych, nie wszystkich równych zero, spe lnia równanie x + y = 3z. Bez zmniejszania ogólności możemy za lożyć, że x 0. Wśród wszystkich takich trójek wybierzmy taka, że liczba x jest najmniejsza. Z cześci a) wynika, że x = 3x 1, y = 3y 1 dla pewnych liczb ca lkowitych x 1, y 1. Podstawiajac do równania otrzymujemy 9x 1 + 9y1 = 3z. Stad 3(x 1 + y1) = z, czyli z = 3z 1 dla pewnej liczby ca lkowitej z 1. Uwzgledniaj ac to w ostatnim równaniu, otrzymujemy x 1 + y1 = 3z1. Trójka (x 1, y 1, z 1 ) spe lnia nasze równanie, lecz x 1 = 1 x < x, wbrew wyborowi 3 trójki (x, y, z). Uzyskana sprzeczność dowodzi, że jedynym rozwiazaniem równania w liczbach ca lkowitych jest x = y = z = 0. Zadanie 13. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n takie, że liczba n 5 n jest podzielna przez 10. Zauważmy, że n 5 n = (n 1)n(n + 1)(n + 1) oraz 10 = 3 5 8. Wśród 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,, 3, 4} oraz k N. Jeśli r = 0, 1 lub 4, to odpowiednio liczby n, n 1 oraz n + 1 sa podzielne przez 5. Jeśli zaś r = lub 3, to liczba n + 1 jest podzielna przez 5. Stad dla dowolnej liczby naturalnej n liczba n 5 n jest podzielna przez 5. W końcu zauważmy, że jeśli n jest liczba parzysta to liczby n 1, n + 1 oraz n + 1 sa nieparzyste, a wiec n 5 n jest podzielna przez 8 tylko wtedy, gdy n jest wielokrotnościa 8. Jeśli zaś n jest liczba nieparzysta, to n 1, n + 1 oraz n + 1 sa parzyste a wiec n 5 n dzieli sie przez 8. Ostatecznie 10 dzieli liczbe n 5 n jeśli n jest liczba nieparzysta lub wielokrotnościa liczby 8.

8 Zadanie 14. a) Czy liczba postaci 4k + 3 (k N) może być przedstawiona w postaci sumy kwadratów dwóch liczb ca lkowitych? b) Wykazać, że jeśli każda z liczb a, b jest suma kwadratów dwóch liczb ca lkowitych, to ab jest także suma kwadratów dwóch liczb ca lkowitych. a) Podobnie jak w zadaniu 1 można wykazać, że reszta z dzielenia przez 4 kwadratu liczby ca lkowitej może być równa 0 lub 1. Stad reszta z dzielenia przez 4 liczby x +y może być równa 0, 1 lub. b) Wystarczy zauważyć, że zachodzi nastepuj aca tożsamość: (x + y )(z + t ) = (xz yt) + (xt + yz). Zadanie 15. Suma cyfr liczby trzycyfrowej A jest równa 7. Wykazać, że 7 dzieli A wtedy i tylko wtedy, gdy A ma równe cyfry dziesiatek i jedności. Niech A = abc = 100a+10b+c bedzie liczba trzycyfrowa taka, że a+b+c = 7. Wtedy a + b + c = 14 oraz A 14 = 100a + 10b + c a b c = 7(14a + b) + (b c). Stad A jest podzielna przez 7 wtedy i tylko wtedy, gdy 7 dzieli b c. Jednak z za lożeń wynika, iż 0 b, c 6, a wiec b c dzieli sie przez 7 tylko wtedy, gdy b = c. Zadanie 16. Na ile sposobów można przedstawić liczb e 003 w postaci sumy pewnej ilości kolejnych liczb naturalnych? Rozważmy k kolejnych liczb naturalnych n, n + 1,..., n + k 1 takich, że n + (n + 1) + + (n + k 1) = 003. Zauważmy, że przestawiajac kolejność sk ladników w lewej stronie ostatniej równości otrzymujemy n+(n+1)+ +(n+k 1) = (n+n+ +n)+(1++ +(k 1)) = nk+ k(k 1) = k(n+k 1). Zadanie sprowadza sie zatem do wyznaczenia wszystkich liczb naturalnych k, n spe lniajacych równanie k(n + k 1) = 003. Liczba 003 jest jednak pierwsza (co można sprawdzić bezpośrednio). Ponieważ k > 1 oraz jedna z liczb k, n+k 1 jest ca lkowita, z powyższej równości otrzymujemy, że albo k n+k 1 = 1 i n + k 1 = 003, albo k = 003 i = 1. W drugim przypadku otrzymujemy ujemna wartość n. Ostatecznie k = i jedynym przedstawieniem liczby 003 w postaci sumy kolejnych liczb naturalnych jest 003 = 1001 + 100. Zadanie 17. Wykazać, że jeśli a, b sa liczbami naturalnymi wzglednie pierwszymi, to równanie ax + by = ab nie ma rozwiazań w liczbach naturalnych x, y.

Za lóżmy, że liczby naturalne x, y spe lniaja równanie ax + by = ab. Wtedy a(b x) = by oraz b(a y) = ax. Ponieważ liczby a, b sa wzglednie pierwsze, wiec z powyższych równości wynika kolejno, że a dzieli y oraz b dzieli x. Oznacza to, że y a oraz x b. Tak wiec ax+by ab+ba = ab > ab. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że równanie ax+by = ab nie ma rozwiazań w liczbach naturalnych. Zadanie 18. Rozwiazać w liczbach ca lkowitych równania: a) xy = x + y, b) 6x + 5y = 74, c) x 3 + y 3 + 4z 3 = 6xyz. a) Rozważane równanie można napisać w postaci (x 1)(y 1) = 1. Stad wynika, że albo x 1 = 1 i y 1 = 1, albo x 1 = 1 i y 1 = 1. Otrzymujemy zatem dwa rozwiazania x = y = lub x = y = 0. b) Równanie można przekszta lcić do postaci 6(x 4) = 5(10 y ). Stad widać, że liczby x 4 oraz 10 y sa tych samych znaków oraz 5 dzieli x 4 i 6 dzieli 10 y. W przypadku gdy x 4 0 mamy 10 y 0, czyli y 10. Stad y {0, 1, 4, 9}. Wtedy liczba 10 y jest podzielna przez 6 tylko dla y = 4, czyli y = lub y =. Z latwościa obliczamy, że w tej sytuacji x = 3 lub x = 3. Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy x { 4 < 0. Wtedy{ jednak 5 nie dzieli { x 4. Ostatecznie { mamy x = 3 x = 3 x = 3 x = 3 cztery rozwiazania: lub lub lub y = y = y = y =. c) Zauważmy, że jeśli trójka (x, y, z) liczb ca lkowitych spe lnia równanie x 3 + y 3 + 4z 3 = 6xyz, to x jest liczba parzysta. Podstawiajac x = x 1 otrzymamy 4x 3 1 + y 3 + z 3 = 6x 1 yz. Stad widać, że y jest liczba parzysta i podstawiajac y = y 1 otrzymamy x 3 1 + 4y1 3 + z 3 = 6x 1 y 1 z. Zatem liczba z też jest parzysta i po podstawieniu z = z 1 otrzymujemy x 3 1 + y1 3 + 4z1 3 = 6x 1 y 1 z 1. Wykazaliśmy zatem, że jeśli trójka (x, y, z) spe lnia równanie x 3 + y 3 + 4z 3 = 6xyz, to wszystkie liczby x, y, z sa parzyste i oczywiście trójka ( x, y, z ) spe lnia również to równanie. To samo można powiedzieć o ostatniej trójce liczb. Kontynuujac rozumowanie stwierdzamy, że liczby x, y, z sa podzielne przez dowolnie wielka poteg e dwójki. Stad wynika oczywiście, iż jedynym rozwiazaniem jest trójka (0, 0, 0). Zadanie 19. Liczba A zapisana w systemie siódemkowym ma trzy cyfry, zaś zapisana w systemie dziewiatkowym ma te same trzy cyfry, ale wystepuj a one przeciwnym porzadku. Jaka to liczba? Mamy A = a 7 + b 7 + c = c 9 + b 9 + a, dla pewnych a, b, c {0, 1,, 3, 4, 5, 6}. Stad otrzymujemy 40c+b = 4a, czyli b jako liczba podzielna przez 8 musi być równa zeru. Tak wiec 5c = 3a, a po uwzglednieniu ograniczeń otrzymujemy a = 5, c = 3. Ostatecznie A = 5 7 + 0 7 + 3 = 3 9 + 0 9 + 5 = 48. 9

10 Zadanie 0. Wykazać, że istnieje 100-cyfrowa liczba podzielna przez 100, w zapisie dziesietnym której wystepuj a tylko cyfry 1 i. I sposób. Udowodnimy, że jeśli A = a n a n 1... a k... a 1 a 0 jest dowolna liczba naturalna i pewna jej cyfra a k jest różna od 1 i, to do A można dodać liczbe postaci m 100 taka, że liczba A = A + m 100 jest postaci: b l b l 1... 1a k 1... a 1 a 0 lub b l b l 1... a k 1... a 1 a 0. Tak wiec do A można dodać pewna wielokrotność liczby 100 tak, aby A mia la identyczne jak A cyfry do pozycji k-tej (liczac z prawej strony) i (k + 1)-sza cyfre równa 1 lub. Cyfra jedności potegi dwójki może być, 4, 8 lub 6. Z latwościa zauważamy, że cyframi jedności liczb 100, 101, 10, 103 sa odpowiednio 6,, 4, 8. Stad widać, że przyjmujac za m jedna z czterech wartości: 10 k, 10 k, 4 10 k, lub 8 10 k jako (k + 1)-sza cyfre w liczbie A można uzyskać jedynke, jeśli a k jest nieparzysta oraz dwójke, jeśli a k jest parzysta. Ponieważ dodawana liczba kończy sie k zerami, wiec liczby A i A maja takie same ostatnie cyfry do k-tej w l acznie. Z udowodnionej w lasności wynika, że istnieje liczba B = b s... b 100 b 99... b 1 b 0 podzielna przez 100, której każda z ostatnich 100 cyfr jest równa 1 lub (procedure dodawania wielokrotności 100 możemy rozpoczać np. od A = 100 ). Wtedy jest poszukiwana liczba 100 cyfrowa. b 99... b 1 b 0 = B 10 100 b s... b 100 II sposób. Udowodnimy, że dla dowolnej liczby naturalnej n 1 istnieje n-cyfrowa liczba A n podzielna przez n w której zapisie dziesietnym wystepuj a wy l acznie cyfry 1 lub. Z latwościa zauważamy, że A 1 = i A = 1 spe lniaja nasze twierdzenie dla n = 1,. Podamy metode konstruowania liczby A n+1 przy pomocy liczby A n. Niech A n = m n. Przyjmijmy { 10 n + A n, jeśli m = k + 1, A n+1 = 10 n + A n, jeśli m = k. Z określenia wynika, że liczba A n+1 powstaje przez dopisanie do A n z lewej strony cyfry 1 lub, a wiec jest liczba (n + 1)-cyfrowa. Ponadto w przypadku, gdy m = k mamy A n+1 = 10 n + A n = n+1 (5 n + k). Natomiast jeśli m = k + 1, to A n+1 = 10 n + (k + 1) n = n (5 n + k + 1). Oczywiście 5 n + k + 1 jest liczba parzysta, a wiec n+1 jest dzielnikiem A n+1. To kończy dowód.

11 3. FUNKCJE, WIELOMIANY, RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI Zadanie 1. Wyznaczyć a, b tak aby wielomian x 4 + x 3 + x + ax + b by l kwadratem innego wielomianu. Zauważmy, że (Ax + Bx + C) = A x 4 + ABx 3 + (AC + B )x + BCx + C. Należy wiec dobrać A, B, C, a, b tak aby A = 1 AB = 1 AC + B = BC = a C = b. Z latwościa obliczamy: A = ±1, B = ± 1, C = ± 7 oraz a = 7, b = 49. 8 8 64 Zadanie. Wykazać, że dla dowolnych liczb a, b, c, x, y, z zachodza nierówności: a) a + 4 b + c ab ac + bc, b) a + b + c ab + ac + bc, c) a + b + c (ab + ac + bc), gdzie a, b, c sa d lugościami boków trójkata. Czy ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c? d) a + b + c + x + y + z (a + x) + (b + y) + (c + z). a) Wystarczy zauważyć, że ( a ) 0 b + c a = 4 + b + c ab + ac bc. b) Nierówność wynika stad, że 0 1 [ (a b) + (b c) + (c a) ] = = a + b + c ab bc ac. c) Liczby a, b, c sa d lugościami boków trójkata, wiec 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) = = ab + ac + bc a b c, czyli a + b + c < ab + ac + bc. Nierówność ta nie zachodzi dla dowolnych liczb dodatnich. Wystarczy rozważyć na przyk lad a = b = 1 oraz c = 5. d) Rozważana nierówność jest równoważna nastepuj acej ax + by + cz a + b + c x + y + z. Otrzymujemy ja przez obustronne podniesienie pierwszej do kwadratu i redukcje wyrazów podobnych. K ladac A = a +b +c, B = ax+by +cz oraz C = x +y +z

1 wystarczy wykazać, że B AC. Możemy za lożyć, że A > 0 (przypadek A = 0 jest oczywisty). Zauważmy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej t: 0 (at + x) + (bt + y) + (ct + z) = [ ( = At + Bt + C = A t + B ) ] B AC. A A Nierówność: ( t + B ) B AC 0 A A zachodzi dla wszystkich t R. Podstawiajac t = B otrzymamy A B AC, co należa lo udowodnić. Uwaga. Używajac identycznych argumentów jak wyżej można wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistch x 1, x,..., x n oraz y 1, y,..., y n zachodzi nierówność: x 1 y 1 + x y + + x n y n x 1 + x + + x n y1 + y + + yn. Nosi ona nazw e nierówności Cauchy ego-schwarza-buniakowskiego. Zadanie 3. Wyznaczyć wszystkie pary (x, y) liczb dodatnich spe lniajace równanie: x x 4 + y + y y 4 + x = 1 xy. Z nierówności (x y) 0 oraz (y x) 0 wynika, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y x 4 + y x y oraz y 4 + x y x, przy czym obie nierówności staja sie równościami wtedy i tylko wtedy, gdy x = y oraz y = x. Z latwościa sprawdzamy, że wśród liczb dodatnich warunki te spe lniaja tylko liczby x = y = 1. Korzystajac z powyższych nierówności otrzymujemy x x 4 + y + y y 4 + x x x y + y y x = 1 xy. Stad jedynym rozwiazaniem równania w liczbach dodatnich jest x = y = 1. Zadanie 4. a) Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x 1, x,..., x n zachodzi nierówność: b) Wykazać, że jeśli x 1, to x 1 + x + + x n x 1 + x + + x n. 1 + x + x + + x n = xn+1 1 x 1. c) Wykazać, że równanie x n + a 1 x n 1 + a x n + + a n 1 x + a n = 0, gdzie a i { 1, 0, +1} nie ma rozwiazań w zbiorze (, ) (, + ).

a) Jeśli x 1 + x + + x n = 0, to oczywiście nierówność zachodzi. Za lóżmy, że x 1 + x + + x n 0. Z definicji wartości bezwzglednej wynika, że wartość bezwzgledna ilorazu dwóch liczb jest ilorazem wartości bezwzglednch oraz dla dowolnej liczby rzeczywistej a zachodzi nierówność: a a. Mamy wiec 1 = x 1 + x + + x n = x 1 + x + + x n x 1 x x n = + + + x 1 + x + + x n x 1 + x + + x n x 1 + x + + x n x 1 x 1 + x + + x n + x x 1 + x + + x n + + x n x 1 + x + + x n = = x 1 + x + + x n. x 1 + x + + x n Stad wynika, że x 1 + x + + x n x 1 + x + + x n. b) Przyjmijmy S = 1 + x + x + + x n. Wtedy xs = x + x + + x n+1 = (1 + x + + x n ) + (x n+1 1) = S + x n+1 1. Stad (x 1)S = x n+1 1, czyli S = xn+1 1. x 1 c) Przypuśćmy, że x 0 jest pierwiastkiem rozważanego równania. Z a) i b) wynika, że x 0 n = x n 0 = a 1 x n 1 0 + a x n 0 + + a n 1 x 0 + a n a 1 x 0 n 1 + a x 0 n + + a n 1 x 0 + a n x 0 n 1 + x 0 n + + x 0 + 1 = x 0 n 1 x 0 1 Zauważmy, że jeśli x 0, to x 0 1 1 oraz x 0 n 1 x 0 1 x 0 n 1 < x 0 n. Na podstawie powyższej nierówności otrzymujemy zatem, że x 0 <. Zadanie 5. a) Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, z zachodzi nierówność: x + y + z 3(x + y + z ). b) Wykazać, że nierówność x + 1 + x 3 + 50 3x 1 zachodzi dla wszystkich wartości x R, dla których lewa strona jest określona. a) Korzystajac z nierówności ab a + b otrzymujemy (x + y + z) = x + y + z + xy + yz + xz x + y + z + (x + y ) + (y + z ) + (x + z ) = 3(x + y + z ). Stad oczywiście wynika, że x + y + z 3(x + y + z ). 13

14 b) Podstawiajac w nierówności a) w miejsce x, y, z liczby x + 1, x 3, 50 3x odpowiednio, otrzymujemy x + 1 + x 3 + 50 3x 3[(x + 1) + (x 3) + (50 3x)] = 3 48 = 1. Zadanie 6. Czy istnieje funkcja f : Z Z taka, że f(f(x)) = x + 1 dla każdego x Z, gdzie Z oznacza zbiór liczb ca lkowitych. Przypuśćmy, że funkcja f istnieje. Dla liczby ca lkowitej x niech y = f(x 1). Zgodnie z za lożeniem 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 równości tej z latwościa wynika, że dla dowolnej liczby ca lkowitej x, f(x) = f(0) + x. W szczególności mamy zatem x + 1 = f(f(x)) = f(f(0) + x) = f(0) + (f(0) + x) = f(0) + x. Stad otrzymujemy f(0) = 1, co jest niemożliwe ponieważ wartości funkcji f sa liczbami ca lkowitymi. Nie istnieje zatem funkcja o żadanych w lasnościach. Uwaga. Zauważmy, że funkcja f(x) = x + 1 określona na zbiorze liczb wymiernych spe lnia zależność f(f(x)) = x + 1. Zadanie 7. Niech liczby x, y bed a takie, że x > y oraz xy = 1. nierówność: x + y x y. Przekszta lcajac lewa strone nierówności otrzymujemy x + y x y Udowodnić, że zachodzi = (x y) + xy = (x y) + xy = (x y) + x y x y x y = ( ) x = y +. x y Zadanie 8. Rozwiazać uk lad równań: xy x + y = a, xz x + z = b, gdzie a, b, c sa danymi liczbami rzeczywistymi. Rozwi azanie Rozpatrzymy osobno dwa przypadki. 1. Wśród liczb a, b, c nie ma zera. yz y + z = c,

Odwracajac każde z równań otrzymamy uk lad: 1 + 1 = 1 x y a 1 x + 1 = 1 z b 1 + 1 = 1 y z c równoważny uk ladowi X + Y = 1 a X + Z = 1 b Y + Z = 1 c gdzie X = 1, Y = 1, Z = 1. Odejmuj ac x y z dwa pierwsze równania stronami otrzymujemy Y Z = 1 1. Dodaj ac a b to równanie do trzeciego uzyskujemy Y = 1 ( 1 a + 1 c 1 ) ab + bc ac =. b abc Dalej z latwościa stwierdzamy, że abc x = ab + ac bc, y = abc ab + bc ac, z = abc ac + bc ab, o ile ab + ac bc 0, ab + bc ac 0 oraz ac + bc ab 0.. Przynajmniej jedna z liczb a, b lub c jest równa zeru. Niech przyk ladowo a = 0. Wtedy z pierwszego równania wynika, że dok ladnie jedna z liczb x lub y musi być równa zeru (ze wzgledu na mianownik). Z dwóch ostatnich równań wynika wówczas, że b = 0 lub c = 0. Przypadek b = c = 0 zajść nie może, bo wtedy co najmniej dwie spośród liczb x, y, z by ly by równe zeru. Przypuśćmy wiec, że b = 0 i c 0. Wówczas z ostatniego równania wynika, że z = xc. Uk lad ma x c zatem nieskończenie wiele rozwiazań postaci: x R \ {0, c} x = 0 y = 0 lub y R \ {0, c} z = xc z = yc. x c y c Podobna analize przeprowadzamy w pozosta lych przypadkach: (a 0 i b = c = 0) oraz (b 0 i a = c = 0). Zadanie 9. Dane sa takie liczby rzeczywiste a, b, c że wykresy funkcji y = ax + b, y = bx + c, y = cx + a maja punkt wspólny. Wykazać, że a = b = c. Wspó lrzedne (x, y) punktu przeciecia wykresów spe lniaja uk lad równań: ax + b = y bx + c = y cx + a = y Odejmujac stronami równania 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 równości tych wynika, że jeśli wśród liczb a, b, c jest para liczb równych, to wszystkie trzy sa równe. Za lóżmy wiec, że liczby a, b, c sa parami różne. Wyliczajac x z każdego z równań otrzymujemy x = c b a b = a b a c = a c b c., 15

16 Stad (a c) = (a b)(b c), (a b) = (b c)(c a), (b c) = (b a)(a c), a wiec (a c) + (a b) + (b c) = (a b)(b c) + (b c)(c a) + (b a)(a c) = = ab + ac + bc a b c = = 1 [(a c) + (a b) + (b c) ] Otrzymujemy (a c) + (a b) + (b c) niemożliwe. Ostatecznie a = b = c. = 0, co przy naszym za lożeniu jest Zadanie 30. Wyznaczyć zbiór punktów p laszczyzny, których wspó lrzedne (x, y) spe lniaja nierówność: x y (1 x ) + (1 y ) > 0. Przekszta lćmy powyższa nierówność do postaci (1 x ) + (1 y ) > (1 x ) + (1 y ). Zauważmy, że (1 x ) + (1 y ) 1 x oraz (1 x ) + (1 y ) 1 y. Zatem, jeśli liczby x, y spe lniaja żadan a nierówność, to (1 x ) + (1 y ) > 1 x i (1 x ) + (1 y ) > 1 y. Stad 1 x > 0 i 1 y > 0, czyli punkty (x, y) należa do kwadratu (bez brzegu) K = {(x, y) : x < 1, y < 1}. Z drugiej strony, dla dodatnich liczb a, b zachodzi nierówność a + b > a + b (uzasadnij!), a wiec wspó lrzedne punktów kwadratu K spe lniaja żadan a nierówność.

17 4. ZADANIA GEOMETRYCZNE Zadanie 31. Na przekatnej BD kwadratu ABCD wybrano punkt E. Punkty O 1, O sa odpowiednio środkami okregów opisanych na trójkatach ABE, ADE. Dowieść, że czworokat AO 1 EO jest kwadratem. Rozważmy okrag opisany na trójkacie AED. Zauważmy, że ADE = 45. Ponieważ AO E jest katem środkowym okregu opartym na tym samym luku co kat wpisany ADE, wiec AO E = 90. Ponadto O A = O E, zatem AO E jest prostokatnym trójkatem równoramiennym. Z tych samych powodów AO 1 E jest prostokatnym trójkatem równoramiennym. Oba trójkaty maja wspólna przeciwprostokatn a, wiec sa przystajace. Stad widać, że AO 1 EO jest kwadratem. Zadanie 3. Na p laszczyźnie wybrano cztery punkty tak, że nie leża one ani na jednej prostej ani na jednym okregu. Wykazać, że pewien z tych punktów po lożony jest wewnatrz okregu do którego należa trzy pozosta le. Oznaczmy wybrane punkty przez A, B, C, D. Możliwe sa dwa przypadki. 1. Punkty A, B, C, D sa wierzcho lkami czworokata wypuk lego. Ponieważ na tym czworokacie nie można opisać okregu, wiec sumy jego przeciwleg lych katów sa różne od 180. Jedna z tych sum jest wtedy wieksza od 180. Przypuśćmy, że A + C > 180. Okrag opisany na trójkacie ABD zawiera wtedy punkt C.. Punkty A, B, C, D nie sa wierzcho lkami czworokata wypuk lego. Wtedy pewne trzy spośród nich sa wierzcho lkami trójkata zawierajacego czwarty punkt. Okrag opisany na tym trójkacie spe lnia warunki zadania. Uwaga. Skorzystaliśmy z charakteryzacji czworokata na którym można opisać okrag. Wierzcho lki czworokata wypuk lego leża na jednym okregu wtedy i tylko wtedy, gdy sumy jego przeciwleg lych katów sa równe 180. Zadanie 33. Dwusieczne AK i BM katów trójkata ABC przecinaja sie w punkcie O. Wykazać, że jeśli OK = OM, to albo BAC = ABC albo ACB = 60. Oznaczmy tradycyjnie miary odpowiednich katów trójkata ABC przez α, β, γ. Z za lożeń wynika, że trójkat KOM jest równoramienny. Niech δ bedzie miara kata przy jego podstawie KM. Zauważmy, że AMB = 180 (α + β/) oraz AKB =

18 180 (α/ + β). Sumujac katy czworokata ABKM otrzymamy Stad obliczamy α + β + [180 (α + β/)] + [180 (α/ + β)] + δ = 360. δ = α + β. 4 Oznaczmy przez L, N rzuty prostopad le punktu O na proste BC oraz AC. Wtedy punkty L, N sa po lożone albo po tej samej stronie prostej KM albo po przeciwnych jej stronach. Rozważmy pierwsza sytuacje. Ponieważ ON = OL oraz OK = OM, wiec trójkaty prostokatne OKL i OMN sa przystajace. W szczególności LK = MN. Ponadto L, N sa punktami styczności okregu wpisanego w trójkat ABC. Stad CL = CM. Widzimy zatem, że CM = CK oraz CMK = CKM, czyli AKC = BMC. Trójkaty AKC oraz BMC sa zatem podobne. Stad wynika, że α = β. Rozważmy przypadek, gdy punkty L, N sa po lożone po przeciwnych stronach prostej KM. Z przystawania trójkatów OKL i OMN wynika, że NOL = MOK. Mamy zatem ONL = OLN = δ. Trójkaty ABC oraz LNC maja wspólny kat γ, wiec LNC + NLC = α + β. Sumujac przeciwleg le katy (proste) czworokata LON C otrzymujemy 180 = ONC + OLC = δ + LNC + NLC = = δ + α + β = α + β 4 + α + β = 3 (α + β). Stad wynika, że α + β = 10, a wiec γ = 60. Zadanie 34. Punkty A, B, C, D należa do okregu o promieniu R i dziela go na cztery równe cześci. Wykazać, że jeśli X jest dowolnym punktem tego okregu, to suma AX 4 + BX 4 + CX 4 + DX 4 nie zależy od po lożenia punktu X. W rozwiazaniu skorzystamy z nastepuj acego faktu pomocniczego: (*) Jeśli trójkat równoramienny ma ramiona d lugości b oraz kat miedzy tymi ramionami α, to kwadrat jego podstawy jest równy b (1 cos α).

19 Istotnie, oznaczajac przez D rzut wierzcho lka C na prosta AB, z latwościa wyznaczamy AD = ±b cos α w zależności od tego czy kat α jest rozwarty, czy ostry. Stosujac twierdzenie Pitagorasa do trójkata BCD otrzymujemy: BC = b sin α + b (1 cos α) = b (1 + sin α + cos α cos α) = = b (1 cos α). Wracajac do zadania zauważmy, że punkty A, B, C, D sa oczywiście wierzcho lkami kwadratu wpisanego w okrag. Wybierzmy dowolny punkt X na okregu. Bez zmniejszania ogólności możemy za lożyć, że X leży na luku pomiedzy punktami B i C. Niech BOX = α. Wtedy AOX = 90 + α, XOC = 90 α oraz DOX = 180 α. Stosujac (*) do trójkatów równoramiennych (o ramionach d lugości R): AOX, BOX, COX oraz DOX otrzymujemy: AX = R (1 cos(90 + α)) = R (1 + sin α) BX = R (1 cos α) CX = R (1 cos(90 α)) = R (1 sin α) DX = R (1 cos(180 α)) = R (1 + cos α). Stad dalej wynika, że AX 4 + BX 4 + CX 4 + DX 4 = = 4R 4 [(1 + sin α) + (1 cos α) + (1 sin α) + (1 + cos α) ] = = 4R 4 [1 + sin α + sin α + 1 cos α + cos α+ + 1 sin α + sin α + 1 + cos α + cos α] = = 4R 4.

0 Uwaga. Używajac tych samych argumentów jak w dowodzie (*) można wykazać tzw. Twierdzenie cosinusów: Jeżeli a, b, c sa d lugościami boków trójkata i α jest katem leżacym naprzeciw boku o d lugości a, to a = b + c bc cos α. Zadanie 35. Okrag o jest styczny do dwóch boków trójkata ABC oraz do dwóch jego środkowych. Wykazać, że trójkat ABC jest równoramienny. W rozwiazaniu skorzystamy z nastepuj acych w lasności okregu: (a) Jeżeli ramiona pewnego kata sa styczne do okregu o, to odcinki od wierzcho lka kata do punktów styczności sa równych d lugości. (b) W czworokat wypuk ly można wpisać okrag wtedy i tylko wtedy, gdy sumy d lugości jego przeciwleg lych boków sa równe. Przypuśćmy, że okrag o jest styczny do boków AB, AC oraz środkowych CK i BL (por. rysunek obok). Przyjmijmy oznaczenia: AC = b, AB = c, CL = m c, BL = m b. Okrag o jest wpisany w czworokat AKOL, wiec AK + OL = OK + AL. O jest punktem przeci ecia środkowych, wi ec OL = 1 3 m b, OK = 1 3 m c. Mamy zatem równość: 1 3 m c + 1 c = 1 3 m b + 1 b. Z drugiej strony zauważmy, że b + m b = CL + LB = (CS LS) + (BR + RL) = CQ LR + BR + LR = = CQ + BR = (CK KQ) + (BK + P K) = CK + BK = m c + c. Zatem m b m c = 1 (c b). Z wcześniej wyprowadzonej zależności wynika natomiast, że m b m c = 3 (b c). Ostatecznie b = c.

Zadanie 36. Cieciwa okregu jest oddalona od jego środka o d. W każdy z dwóch segmentów sk ladajacych sie z cieciwy oraz luku okregu wpisano kwadrat, którego dwa wierzcho lki leża na cieciwie oraz dwa na okregu. Obliczyć różnice d lugości boków kwadratów.. Niech R, y, x bed a odpowiednio d lugościami promienia okregu, oraz boków kwadratów wpisanych w segmenty. Za lóżmy, że x < y. Rozważymy trójkaty prostokatne OMB i OLA, gdzie M, K sa rzutami środka O okregu na odpowiedne boki kwadratów (zob. rysunek). Mamy OM = 1y, BM = y d, AL = 1x oraz OL = x + d. Stosujac twierdzenie Pitagorasa do tych trójkatów otrzymujemy: R = 1 4 y + (y d) R = 1 4 x + (x + d). Odejmujac powyższe równości stronami otrzymujemy 1 0 = 1 4 (y x ) + (y d) (x + d) = = 1 (y x)(y + x) + (y + x)(y x d) = 4 ( ) 5 = (y + x) (y x) d. 4 Stad obliczamy y x = 8d. 5 Zadanie 37. Wykazać, że w dowolnym trójkacie suma d lugości jego środkowych jest mniejsza od obwodu oraz wieksza od 3/4 obwodu tego trójkata. Niech ABC bedzie danym trójkatem o bokach AB = c, BC = a i CA = b. Oznaczmy przez m a, m b, m c d lugości środkowych poprowadzonych kolejno z wierzcho lków A, B, C. Rozważmy punkt C symetryczny do C wzgledem spodka M środkowej CM. Wtedy CC = m c, AC = BC = a. Z nierówności trójkata zastosowanej do CC B otrzymujemy m c < a+b. Z tych samych powodów m b < a + c oraz m a < b + c. Po dodaniu tych nierówności stronami uzyskujemy m a + m b + m c < a + b + c.

Niech S bedzie punktem przeciecia środkowych. Wiadomo, że S dzieli każda środkowa w stosunku : 1. Tak wiec AS = m 3 a, BS = m 3 b, CS = m 3 c. Stosujac nierówność trójkata do ASB, BSC i CSA otrzymujemy kolejno: 3 m a + 3 m b > c 3 m b + 3 m c > a 3 m c + 3 m a > b. Dodajac te nierówności stronami uzyskujemy m a + m b + m c > 3 (a + b + c). 4 Zadanie 38. Promień okregu wpisanego w dany trójkat jest równy 1. Wykazać, że pewna wysokość tego trójkata ma d lugość nie mniejsza niż 3. Oznaczmy przez O środek okregu wpisanego w trójkat ABC. Wtedy trójkaty AOB, BOC i COA maja wysokości równe d lugości r promienia okregu. Dodajac ich pola otrzymamy pole S trójkata ABC, czyli S = 1ar + 1br + 1cr. St ad S r = a + b + c. Bez zmniejszania ogólności możemy za lożyć, że a b c. Przez h a, h b, h c oznaczmy d lugości wysokości trójkata opuszczone odpowiednio na boki BC, AC oraz AB. Ponieważ r = 1 mamy S = a + b + c. Z drugiej strony S = ah a, czyli ah a = a + b + c 3a. Stad h a 3. Zadanie 39. Dane dwa kwadraty podzielić na cześci tak aby można by lo z nich z lożyć jeden kwadrat (wykorzystujac do tego każda cześć). Za lóżmy, że kwadraty maja boki d lugości a, b (przy czym a b). W przypadku, gdy a = b wystarczy każdy z kwadratów podzielić przekatn a na dwa prostokatne trójkaty równoramienne. Z czterech takich trójkatów można oczywiście zbudować kwadrat. Niech teraz a < b. Mniejszy kwadrat umieśćmy wewnatrz wiekszego tak aby ich środki sie pokrywa ly i boki by ly parami równoleg le. Podzielmy wiekszy kwadrat dwiema prostymi prostopad lymi (por. rysunek poniżej) przechodzacymi przez jego środek na cztery przystajace czworokaty: I, II, III i IV. Każdy czworokat ma dwa prostopad le

boki d lugości b a oraz a+b. Różni a sie one oczywiście o a. Stad wynika, że uk ladajac czworokaty I, II, III i IV tak jak pokazano poniżej, wewnatrz otrzymamy kwadrat o boku a. 3 Zadanie 40. Wewnatrz danego kata wybrano punkt. Poprowadzić przez ten punkt prosta wycinajac a z kata trójkat o możliwe najmniejszym polu. Oznaczmy przez O punkt leżacy wewnatrz danego kata XAY. Niech D bedzie punktem symetrycznym do A wzgledem O. Poprowadźmy przez D proste równoleg le do ramion kata. Otrzymamy w ten sposób równoleg lobok ABDC w którym O jest punktem przeciecia przekatnych. Udowodnimy, że prosta BC wycina z kata XAY trójkat o najmniejszym polu. W tym celu poprowadźmy przez O dowolna prosta (por. rysunek obok). Oznaczmy przez E, F, K, L punkty przeciecia tej prostej z ramionami kata oraz prostymi w których zawarte sa boki równoleg loboku ABCD. Zauważmy, że trójkaty AKF i EDL sa przystajace. Stad wynika, że S AKF = 1 (S ABCD + S CLF + S EBK ) 1 S ABCD = S ABC. W powyższych nierównościach równość zachodzi wtedy, gdy L = C i K = B, czyli w sytuacji gdy EF pokrywa sie z BC.

4 5. ZADANIA RÓŻNE Zadanie 41. Czy na p laszczyźnie można wybrać 6 punktów i po l aczyć je nieprzecinajacymi sie odcinkami, tak aby każdy punkt by l po l aczony z dok ladnie czterema innymi?. Odpowiedź jest pozytywna. Przyk ladowa konfiguracja jest pokazana na rysunku poniżej. Zauważmy, że można ja otrzymać rzutujac na podstawe krawedzie ścietego czworościanu z wybranymi przekatnymi ścian bocznych. Zadanie 4. Na p laszczyźnie dany jest zbiór n-punktów o tej w lasności, że wśród każdych czterech punktów pewne trzy sa wspó lliniowe. Udowodnić, że w tym zbiorze jest przynajmniej n 1 punktów leżacych na jednej prostej. Przypuśćmy, że nie wszystkie punkty naszego zbioru leża na jednej prostej. Wtedy, zgodnie z za lożeniem, istnieja cztery punkty A, B, C, D spośród których trzy leża na jednej prostej, a czwarty poza nia. Za lóżmy, że A, B, C leża na prostej l oraz D l. Rozważmy dowolny inny punkt X naszego zbioru. Oczywiście wystarczy wykazać, że X l. Przypuśćmy, że tak nie jest. Wtedy w czwórce {A, B, D, X} punkty A, B, D nie sa wspó lliniowe, a wiec X musi należeć do dok ladnie jednej z prostych AD lub BD. Za lóżmy, że X leży na prostej AD (rozumowanie, gdy X leży na prostej BD jest analogiczne). Rozważajac punkty {B, C, D, X} stwierdzamy, że X należy do dok ladnie jednej z prostych BD lub CD. Jednak jedynym punktem wspólnym prostych AD i BD jest D oraz jedynym punktem wspólnym prostych AD i CD jest D. Oznacza to, że X = D, wbrew za lożeniu. Tak wiec wszystkie punkty naszego zbioru (ewentualnie poza punktem D) leża na prostej l. Zadanie 43. Prostokat rozmiarów n m pokryto ca lkowicie kostkami domino rozmiarów 1. Czy na to pokrycie można na lożyć druga warstwe kostek domino tak, że żadna kostka drugiej warstwy nie leży ca lkowicie na pewnej kostce pierwszej warstwy? Odpowiedź jest pozytywna. Wystarczy rozważyć podzia l prostokata na kwadraty rozmiarów i druga warstwe kostek po lożyć nak ladajac po dwie kostki na każdy z kwadratów. Zauważmy, że pe lne pokrycie kwadratu uzyskamy k ladac dwie

kostki poziomo lub pionowo. Tak wiec, jeśli w obrebie danego kwadratu sa dwie poziome (pionowe) kostki pierwszej warstwy, to w drugiej warstwie należy po lożyć odpowiednio dwie kostki pionowo (poziomo). Jeśli zaś w obrebie danego kwadratu nie ma żadnej lub jedna pe lna kostka pozioma (pionowa) pierwszej warstwy, to w drugiej warstwie należy po lożyć odpowiednio dwie kostki pionowo (poziomo). Zadanie 44. Odcinek d lugości 1 pokryto ca lkowicie pewna (skończona) ilościa innych odcinków. Wykazać, że wśród odcinków pokrywajacych można wybrać pewna ilość odcinków parami roz l acznych o l acznej d lugości nie mniejszej niż 1/. Rozważany odcinek d lugości 1 utożsamimy z przedzia lem I = [0, 1] na osi liczbowej. Odcinek pokrywajacy nazwiemy zbednym jeśli po usunieciu go z uk ladu odcinków pokrywajacych pozosta le nadal pokrywaja w ca lości przedzia l I. Bez zmniejszania ogólności możemy za lożyć, że w uk ladzie pokrywajacym nie ma odcinków zbednych. Taki uk lad można otrzymać z dowolnego uk ladu, przegladaj ac po kolei wszystkie odcinki pokrywajace i usuwajac ewentualnie zbedne. Ponumerujmy teraz kolejne odcinki-przedzia ly pokrywajace I zaczynajac od lewej strony przez [l 1, p 1 ], [l, p ],..., [l n, p n ]. Wtedy nie może sie zdarzyć, że dla pewnego i 1, l i = l i+1, bo w przeciwnym razie jeden z przedzia lów [l i, p i ] lub [l i+1, p i+1 ] jest zbedny. Tak wiec l 1 < l < < l n. Udowodnimy, że dla i = 1,,..., n przedzia ly [l i, p i ] oraz [l i+, p i+ ] sa roz l aczne. W przeciwnym razie mielibyśmy l i+ p i. Zauważmy, że wtedy p i < p i+ (bo inaczej przedzia l [l i+, p i+ ] jest zbedny). Z drugiej strony popatrzmy na przedzia l [l i+1, p i+1 ]. Jeśli p i+1 p i+, to oczywiście przedzia l [l i+1, p i+1 ] jest zbedny, a jeśli p i+ < p i, to przedzia l [l i+, p i+ ] jest zbedny. Ostatecznie zbiory N = [l 1, p 1 ] [l 3, p 3 ]..., P = [l, p ] [l 4, p 4 ]... sa sumami parami roz l acznych przedzia lów. Ponieważ N P = I, l aczna suma d lugości przedzia lów z N lub P musi być nie mniejsza niż 1/. Zadanie 45. Ile dzielników ma liczba n 3 m 5 k, gdzie m, n, k sa nieujemnymi liczbami ca lkowitymi? Wykorzystamy twierdzenie o jednoznaczności rozk ladu liczby naturalnej na czynniki pierwsze (por. Dodatek A). Wynika z niego, że d jest dzielnikiem liczby n 3 m 5 k wtedy i tylko wtedy, gdy d = n 1 3 m 1 5 k 1, gdzie 0 n 1 n, 0 m 1 m, 0 k 1 k. Stad wynika, że liczba n 3 m 5 k ma tyle różnych dzielników ile jest trójek nieujemnych liczb ca lkowitych (n 1, m 1, k 1 ) spe lniajacych powyższe nierówności. Ponieważ n 1, m 1, k 1 moga przyjmować niezależnie od siebie odpowiednio n + 1, m + 1, k + 1 różnych wartości, wiec mamy (n + 1)(m + 1)(k + 1) takich trójek. Zadanie 46. W pola kwadratowej tablicy n n wpisano liczby ca lkowite nieujemne tak, że jeśli na przecieciu pewnego wiersza i kolumny stoi zero to l aczna suma liczb tego wiersza i tej kolumny jest nie mniejsza niż n. Wykazać, że suma wszystkich liczb wpisanych w pola tablicy jest nie mniejsza niż 1 n. 5

6 Rozważmy sumy liczb wystepuj acych w poszczególnych wierszach i kolumnach tablicy. Niech m bedzie najmniejsza z nich i wybierzmy ten wiersz (lub kolumne), dla której suma liczb wynosi m. Za lóżmy, że jest to wiersz W (dla kolumny rozumowanie jest analogiczne). Jeśli m n, to suma liczb wystepuj acych w każdym wierszu jest nie mniejsza niż n, a st ad wynika, że suma liczb wystepuj acych w tablicy jest nie mniejsza niż n n = n. Niech wiec, m < n. Wtedy w wierszu W wyst epuje co najmniej n m zer (bo m jest suma n nieujemnych liczb ca lkowitych). Z za lożenia wynika, że suma liczb każdej kolumny zawierajacej zero w miejscu przeciecia z wierszem W jest nie mniejsza niż n m. Ponadto, zgodnie z określeniem liczby m, sumy liczb wystepuj acych w pozosta lych kolumnach sa nie mniejsze niż m. Sumujac zatem kolumnami wszystkie liczby tablicy otrzymamy, że l aczna suma jest nie mniejsza niż [ ( (n m) + m = m mn + n = m n ) ] n + n 4. Zadanie 47. Iloczyn dziesieciu (niekoniecznie różnych) liczb naturalnych jest równy 10 10. Jaka najwieksz a wartość może przyjać suma tych liczb? Zauważmy, że dla dowolnych liczb naturalnych a, b zachodzi nierówność która jest równoważna nierówności (a 1)(b 1) 0, a + b ab + 1. Wykorzystamy ja wielokrotnie do oszacowania sumy dziesieciu liczb naturalnych. x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 + + x 10 (x 1 x + 1) + x 3 + x 4 + x 5 + + x 10 = = (x 1 x + x 3 ) + x 4 + x 5 + + x 10 + 1 (x 1 x x 3 + 1) + x 4 + x 5 + + x 10 + 1 = = (x 1 x x 3 + x 4 ) + x 5 + + x 10 + (x 1 x x 3 x 4 + 1) + x 5 + + x 10 + = = (x 1 x x 3 x 4 + x 5 ) + + x 10 + 3 x 1 x x 3... x 10 + 9. Otrzymaliśmy zatem nierówność x 1 + x + + x 10 x 1 x... x 10 + 9, czyli w naszej sytuacji x 1 + x + + x 10 10 10 + 9. Stad dla x 1 = x = = x 9 = 1 oraz x 10 = 10 10 otrzymujemy najwieksz a wartość sumy, która jest równa 10 10 + 9. Zadanie 48. Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi równość: [ n + n + 1] = [ 4n + ], gdzie [x] oznacza cześć ca lkowita liczby x. Z nierówności miedzy średnimi arytmetyczna i kwadratowa dla liczb a, b (por. Dodatek B) wynika, że a + b (a + b ).

Niech x = 4n +. Wtedy n = x oraz wykorzystujac 4 powyższa nierówność otrzymujemy x x + n + n + 1 = + 4 4 ( ) x + x + = x 4 4 = x. Udowodniliśmy, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność n + n + 1 4n +. W szczególności [ n + n + 1] [ 4n + ]. Ponieważ reszta z dzielenia przez 4 kwadratu liczby ca lkowitej może być równa 0 lub 1, liczba 4n + nie jest ca lkowita. Zatem przyjmujac k = [ 4n + ], otrzymujemy k < 4n +. Stad jeśli [ n + n + 1] < [ 4n + ], to n + n + 1 < k < 4n +. Podnoszac obustronnie ostatnie nierówności do kwadratu otrzymujemy czyli oraz n + 1 + n(n + 1) < k < 4n +, n(n + 1) < k n 1 < n + 1, 4n + 4n < (k n 1) < 4n + 4n + 1. Ostatnie nierówności sa jednak niemożliwe bo skrajne strony sa kolejnymi liczbami naturalnymi. Tak wiec musi zachodzić równość: 7 [ n + n + 1] = [ 4n + ]. Zadanie 49. Obliczyć sume wszystkich liczb, które można otrzymać z liczby 134567 dokonujac wszystkich możliwych przestawień cyfr. Zauważmy, że dowolna z rozważanych liczb ma postać a 6 a 5 a 4 a 3 a a 1 a 0 = a 6 10 6 + a 5 10 5 + a 4 10 4 + a 3 10 3 + a 10 + a 1 10 + a 0, gdzie (a 0, a 1, a, a 3, a 4, a 5, a 6 ) jest pewna permutacja liczb 1,, 3, 4, 5, 6, 7. Dla dowolnych 0 i 6, 1 j 7 mamy dok ladnie 6! liczb powyższej postaci takich, że a i = j. Stad wynika, że suma S wszystkich takich liczb jest równa: S = 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10 6 + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10 5 + + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10 4 + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10 3 + + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10 + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) 10+ + 6!(1 + + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 70 8 (10 6 + 10 5 + 10 4 + 10 3 + 10 + 10 + 1) = = 70 8 1111111 = 399997760.

8 Zadanie 50. Wyznaczyć wszystkie funkcje f : R R, spe lniajace warunek: f(x) + f(y) f(xy) =, x + y o ile tylko x + y 0. Podstawiajac x = 0, y = 1, otrzymujemy f(0) + f(1) f(0) = f(0 1) = = f(0) + f(1), 0 + 1 czyli f(1) = 0. Ponadto dla dowolnej liczby x 1 mamy f(x) + f(1) f(x) = f(x 1) = = f(x) x + 1 x + 1, skad wynika, że xf(x) = 0 dla x 1, a wiec f(x) = 0 dla wszystkich x 1, 0. Zauważmy również, że f( 1) = f( 1 ) = f() + f( 1) 1 = 0, f(0) + f() f(0) = f(0 ) = = f(0) 0 +, a wiec f(0) = 0. Ostatecznie, tylko funkcja zerowa spe lnia warunki zadania.

9 Dodatek A O Rozk ladach Liczb Ca lkowitych na Czynniki Oznaczmy przez N, Z odpowiednio zbiory wszystkich liczb naturalnych oraz ca lkowitych, czyli N = {1,, 3,... } oraz Z = { 3,, 1, 0, 1,, 3,... }. Poniżej przedstawimy podstawowe arytmetyczne w lasności liczb ca lkowitych. Kluczowym narzedziem, do którego bedziemy sie odwo lywać w wielu rozumowaniach, bedzie intuicyjnie jasna zasada Zasada minimum: Dowolny niepusty podzbiór zbioru liczb naturalnych zawiera liczbe najmniejsza. Twierdzenie 1. [Algorytm dzielenia z reszta] Dla dowolnych liczb ca lkowitych a i b, gdzie b 0, istnieje dok ladnie jedna para liczb ca lkowitych q i r taka, że a = qb + r oraz 0 r < b. Dowód. Dowód przeprowadzimy przy za lożeniu, że obie liczby a i b sa naturalne. Pozosta le przypadki można z latwościa stad wyprowadzić. Na poczatek zauważmy, że jeśli a < b, to wystarczy przyjać q = 0 oraz r = a, a jeśli a = b, to q = 1, r = 0 spe lniaja teze twierdzenia. Przypuśćmy, że dla ustalonej liczby b > 1 istnieja liczby a > b dla których twierdzenie nie zachodzi. Zgodnie z zasada minimum możemy wśród nich wybrać liczbe najmniejsza. Oznaczmy ja przez a 0. Wtedy jednak dla liczby a 0 b istnieja q, r takie, że a 0 b = qb + r oraz 0 r < b. Stad a 0 = (q + 1)b + r, co przeczy określeniu liczby a 0. Pozostaje uzasadnić jednoznaczność pary q, r. Niech wiec q, r beda takie, że a = qb + r = q b + r oraz 0 q < b. Wtedy q q b = (q q )b = r r < b. Powyższa nierówność jest możliwa tylko wtedy, gdy q = q, a w konsekwencji musi również zachodzić równość r = r. Liczbe q nazywa sie ilorazem, zaś r reszta z dzielenia a przez b. Jeśli r = 0, to mówimy, że liczba a jest podzielna przez b. Czesto zapisuje sie to krótko: b a. Przypomnijmy, że liczbe naturalna p > 1 nazywa sie pierwsza, jeśli jest ona podzielna tylko przez 1 oraz p. Korzystajac z zasady minimum z latwościa można wywnioskować, że każda liczba naturalna > 1 posiada dzielnik bed acy liczba pierwsza. Jeżeli a i b sa różnymi od zera liczbami calkowitymi, to najwieksz a liczbe naturalna d dzielac a je obie nazywa sie najwiekszym wspólnym dzielnikiem i oznacza (a, b). Jeśli (a, b) = 1, to mówi sie, że liczby a i b sa wzglednie pierwsze. Twierdzenie. Jeś li liczba naturalna d jest najwiekszym wspólnym dzielnikiem liczb ca lkowitych a i b, to istnieja liczby ca lkowite x, y takie, że d = ax + by. Dowód. Rozważmy zbiór A = {ax + by : x, y Z}. Naszym celem jest wykazanie, że d A. Zauważmy, że zbiór A ma nastepuj ace w lasności: (1) u, v A u v A, () u A, t Z t u A. Istotnie, jeśli u = ax 1 + by 1 oraz v = ax + by, to u v = a(x 1 x ) + b(y y 1 ) A oraz t u = a(tx 1 ) + b(ty 1 ) A. Zbiór A zawiera oczywiście liczby naturalne. Zgodnie z zasada minimum możemy wybrać najmniejsza liczbe naturalna d 0 A. Rozważmy dowolna liczbe u A i podzielmy ja z

30 reszta przez d 0. Wtedy u = qd 0 + r, gdzie q Z oraz 0 r < d 0. Z (1) oraz () wynika, że r = u qd 0 A. Ponieważ jednak d 0 jest najmniejsza liczba naturalna w A, wiec r = 0. Oznacza to, że wszystkie liczby z A sa podzielne przez d 0. Z drugiej strony jest jasne, że a = a 1 + b 0 A oraz b = a 0 + b 1 A. Tak wiec d 0 a i d 0 b, czyli d 0 jest wspólnym dzielnikiem a i b takim, że d 0 = ax + by, dla pewnych x, y Z. Prawa strona powyższej równości jest podzielna przez każdy wspólny dzielnik a i b, a wiec d 0 jest najwiekszym wspólnym dzielnikiem tych liczb. Wniosek 3. Liczby ca lkowite a i b sa wzglednie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy istnieja liczby ca lkowite x, y takie, że ax + by = 1. Wniosek 4. [Zasadnicze Twierdzenie Arytmetyki] Jeżeli liczby ca lkowite a i b sa wzglednie pierwsze oraz c jest liczba ca lkowita taka, że a bc, to a c. Dowód. Na mocy Twierdzenia istnieja liczby ca lkowite x, y takie, że ax + by = 1. za lożenia wynika, że a bcy, ale bcy = c(1 ax) = c ax. Ostatecznie, a (c ax)+ax = c. Wniosek 5. Jeżeli liczby ca lkowite a i b sa wzglednie pierwsze oraz c jest liczba ca lkowita taka, że a c i b c, to ab c. Dowód. Podobnie jak wyżej, dobierzmy liczby ca lkowite x, y tak aby ax + by = 1. Niech k Z, bedzie taka, że c = ak. Wtedy c = ak 1 = ak (ax + by) = a(akx) + abk. Z równości tej i za lożenia wynika, że b a(akx). Z Zasadniczego Twierdzenia Arytmetyki (Wniosek 4) otrzymujemy b akx, czyli akx = bl dla pewnej liczby ca lkowitej l. Tak wiec c = ab(l + k), co kończy dowód. Twierdzenie 6. [Twierdzenie o istnieniu i jednoznaczności rozk ladu] Każda liczba naturalna n > 1 jest albo liczba pierwsza, albo iloczynem liczb pierwszych. Jeżeli gdzie liczby p 1, p,..., p k, q 1, q,..., q l numeracji p i = q i dla i = 1,,..., k. n = p 1 p... p k = q 1 q... q l, sa pierwsze, to k = l oraz po ewentualnej zmianie Dowód. Najpierw udowodnimy istnienie rozk ladu. Przypuśćmy, że istnieja liczby nie bed ace ani liczbami pierwszymi, ani iloczynami liczb pierwszych. Zgodnie z zasada minimum możemy wybrać najmniejsza taka liczbe n 0. Wtedy istnieja liczby naturalne a, b > 1 takie, że n 0 = ab. Oczywiście a < n 0 i b < n 0, a wiec każda z nich jest albo liczba pierwsza, albo iloczynem liczb pierwszych. Stad liczba n 0 jest iloczynem liczb pierwszych, wbrew za lożeniu. Przejdźmy do dowodu jednoznaczności rozk ladu. Można go przeprowadzić używajac podobnych argumentów jak wyżej. Przypuśćmy, że istnieja liczby majace różne rozk lady na iloczyn liczb pierwszych i niech n 0 = p 1 p... p k = q 1 q... q l bedzie wśród nich najmniejsza. Wtedy p 1 q 1 q... q l. Z Wniosku 4 wynika, że p 1 q i dla pewnej liczby i l. Ponieważ q i jest liczba pierwsza, wiec p 1 = q i. Zmieniajac ewentualnie numeracje możemy za lożyć, że p 1 = q 1. Otrzymujemy zatem p... p k = q... q l < n 0. Z określenia liczby n 0 wynika jednak, że k 1 = l 1 oraz po ewentualnej zmianie numeracji p i = q i dla i =,..., k. Ostatecznie k = l oraz p i = q i dla i = 1,,... k, wbrew wyborowi n 0. Z powyższego twierdzenia wynika, że każda liczbe naturalna n > 1 można jednoznacznie przedstawić w postaci n = p α 1 1... p α k k, gdzie p 1,..., p k sa różnymi liczbami pierwszymi oraz α i N dla i = 1,..., k. Z