Wzory skróconego mnożenia w zadaniach olimpijskich

Wzory skróconego mnożenia w zadaniach olimpijskich Jacek Dymel 17.10.008 Bardzo często uczniowie wyrażają taką opinię, że do rozwiązywania zadań olimpijskich niezbędna jest znajomość wielu skomplikowanych metod, zaawansowanych teorii oraz sprytnych twierdzeń. Częściowo jest to prawdą, gdyż uczeń, który zna większą liczbę tricków olimpijskich ma większą szansę na rozwiązanie zadania. Jednakże czasami zbyt duża wiedza prowadzi na manowce: rozwiązanie opiera się na typowej wiedzy szkolnej, a tymczasem uczeń szuka skomplikowanego rozwiązania. Dobrym przykładem opisanego zjawiska są zadania olimpijskie, które można rozwiązać wykorzystując właściwie tylko wzory skróconego mnożenia. Zaprezentowane poniżej zadania pochodzą z olimpiad matematycznych. Na początku przedstawimy wzory skróconego, które będziemy wykorzystywać do rozwiązywania zadań. Niech n będzie liczbą naturalną. a 4n + b 4n = (a n + a n b n + b n )(a n a n b n + b n ) (a + b) n = n a n b n = (a b) ( ) n a k b n k k k=0 ( n 1 ) a k b n k 1 k=0 Jeżeli n jest liczbą nieparzystą zachodzi wzór: ( n 1 ) a n + b n = (a + b) ( 1) k a k b n k 1 k=0 1

1. Zadanie 1 z I etapu 1. OMG Dowieść, że 3 8 + 5 4 + 7 48 = 1 Sposób I zadania polega na dostrzeżeniu możliwości zapisania wyrażeń podpierwiastkowych jako kwadratów innych wyrażeń. Pierwsze i trzecie wyrażenie można zapisać następująco: 3 8 = (1 ) = 1 = 1 7 48 = 7 4 3 = ( 3) = 3 = 3 Analogicznie można postąpić ze środkowym wyrażeniem: Wówczas: 5 4 = ( 3) = 3 = 3 3 8 + 5 4 + 7 48 = 1 + 3 + 3 = 1 Sposób II Na początek pokażemy następujący: Lemat Jeżeli a, b 0 oraz a b, to a a + a b = b a a b

Dowód a a (a b = a b) = 4 a + a b a + a b a a b + a a b a + a b a a b = = a + a b a a b. Korzystając z Lematu otrzymujemy: 3 3 + 3 8 = 8 7 7 + 7 48 = 48 5 5 + 5 4 = 4 3 3 8 7 7 48 5 5 4 = 1 = 3 = 3 Wówczas: 3 8 + 5 4 + 7 48 = 1 + 3 + 3 = 1. Zadanie 4 z I etapu 1. OMG Wyznaczyć wszystkie rozwiązania układu równań 5x + 9y = 1yz 9y + 4z = 0xz 4z + 5x = 30xy 3

w liczbach rzeczywistych x, y, z. Dodajmy stronami wszystkie trzy równania układu. Otrzymujemy 50x + 18y + 8z = 1yz + 0xz + 30xy, a po wykorzystaniu wzorów skróconego mnożenia dostaniemy: (5x 30xy + 9y ) + (5x 0xz + 4z ) + (9y 1yz + 4z ) = 0 (5x 3y) + (5x z) + (3y z) = 0 Zatem jeżeli liczby (x, y, z) są rozwiązaniem danego układu równań, to 5x = 3y = z. Zatem rozwiązaniem równania jest trójka liczb x = t, y = 5t, z = 5 t, gdzie t R. Pozostaje sprawdzić, że podane 3 trójki liczb spełniają także układ równań dany w zadaniu. 3. Zadanie 1 z II etapu. OMG Wyznacz wszystkie trójki (a, b, c) liczb rzeczywistych spełniajace układ równań: { a + b + c = 3 a + b + 4c =. Po pomnożeniu drugiego równania przez odejmujemy je od pierwszego uzyskując równanie: a a + b 4b + c 8c + 1 = 0 które po zastosowaniu wzorów skróconego mnożenia przyjmuje postać: (a 1) + (b ) + (c 4) = 0 Jedynym rozwiązaniem rzeczywistym tego równania jest trójka liczb (1,, 4), która jednak nie jest rozwiązaniem wyjściowego układu równań. Układ równań nie ma zatem rozwiązań w liczbach rzeczywistych. 4

4. Zadanie z I etapu 4. OMG Dany jest prostopadłościan o podstawie kwadratowej. Przekątna tego prostopadłościanu ma długość d, a jego pole powierzchni jest równe b. Oblicz sumę długości wszystkich krawędzi prostopadłościanu. Niech x, x, y oznaczają długości boków prostopadłościanu. Wówczas na podstawie danych z zadania zachodzą związki: x + y = d x + 4xy = b. Dodając stronami powyższe równania otrzymujemy: Po przekształceniach dostajemy 4x + 4xy + y = d + b. (x + y) = d + b co daje x + y = d + b. Zatem suma krawędzi prostopadłościanu jest równa: 4 d + b. 5. Zadanie 1 z I etapu 50. OM Dowieść, że wśród liczb postaci 50 n + (50n + 1) 50, gdzie n jest liczbą naturalną, występuje nieskończenie wiele liczb złożonych. Sposób 1 Niech n = 5k, gdzie k jest dodatnią liczba naturalną. Wówczas liczba 50 n + (50n + 1) 50 = (50 k ) 5 + ((50n + 1) 10 ) 5 jest sumą piątych potęg liczb naturalnych dodatnich. Ponieważ 1 < 50 k + (50n + 1) 10 < (50 k ) 5 + ((50n + 1) 10 ) 5, liczba 50 n + (50n + 1) 50 nie jest pierwsza. Sposób Można zauważyć, że jeżeli n = 6k + 3, gdzie k jest dodatnią liczbą naturalną, to 50 6k+3 1 (mod 3) i (50(6k + 3) + 1) 50 1 (mod 3). Zatem 50 6k+3 + (50(6k + 3) + 1) 50 0 (mod 3), co oznacza, że liczba postaci 50 6k+3 + (50(6k + 3) + 1) 50 jest złożona. 5

6. Zadanie 5 z II etapu 33. OM Niech q będzie liczbą parzystą dodatnią. Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej n liczba q (q+1)n + 1 dzieli się przez (q + 1) n+1, ale nie dzieli się przez (q + 1) n+. Dowód przeprowadzimy korzystając z zasady indukcji matematycznej. Twierdzenie jest prawdziwe dla n = 0, gdyż (q + 1) 1 (q + 1) i (q + 1) (q + 1). Chcemy pokazać, że dla każdej naturalnej liczby n zachodzi implikacja: jeżeli (q + 1) n+1 (q (q+1)n + 1) (q + 1) n+ (q (q+1)n + 1), to Dowód (q + 1) n+ (q (q+1)n+1 + 1) (q + 1) n+3 (q (q+1)n+1 + 1). Ponieważ q + 1 jest nieparzystą liczbą naturalną, możemy skorzystać ze wzoru skróconego mnożenia: q (q+1)n+1 + 1 = q (q+1)n (q+1) + 1 = (q (q+1)n + 1) ( q (q+1)nq q (q+1)n (q 1) +... q (q+1)n + 1 ) = (q (q+1)n +1) ( (q (q+1)nq 1) (q (q+1)n (q 1) + 1) +... (q (q+1)n + 1) + (q + 1) ) Suma (q (q+1)nq 1) (q (q+1)n (q 1) + 1) +... (q (q+1)n + 1) jest różna od zera, a każdy składnik tej sumy (na podstawie założenia indukcyjnego) jest podzielny przez (q + 1) n+1. Zatem wyrażenie (q (q+1)nq 1) (q (q+1)n (q 1) + 1) +... (q (q+1)n + 1) + (q + 1) jest podzielne przez (q+1) i nie jest podzielne przez (q+1). Z założenia indukcyjnego wynika także, że (q + 1) n+1 (q (q+1)n + 1) (q + 1) n+ (q (q+1)n + 1). 6

Z powyższych dwóch faktów wynika prawdziwość tezy indukcyjnej Na podstawie zasady indukcji matematycznej udowodniliśmy tezę zadania. 7. Zadanie z IV Austriacko-Polskich Zawodów Matematycznych Wykazać, że jeśli a > 3 jest liczbą całkowitą nieparzystą, n liczbą naturalną, to liczba a n 1 dzieli się przez co najmniej n+1 różnych liczb pierwszych. Zauważmy na początek, że a n 1 = (a 1)(a + 1)(a + 1)(a + 1)...(a n 1 + 1)., a +1 n 1 +1 Ponieważ a 1 (mod ) oraz a 1 (mod 4), liczby a +1,..., a są nieparzyste oraz liczby a 1 i a+1 są względnie pierwsze. Do dowodu tezy zadania wystarczy pokazać, że liczby a 1, a+1, a +1, a +1,..., a są parami względnie pierwsze. Przyjmijmy, że k, l N, k > l. Zauważmy, że a k + 1 = (a k 1) + = ((a l ) k l 1) + = (a l 1)(a l + 1)((a l ) + 1)...((a l ) k l 1 + 1) + n 1 +1 Zatem największym wspólnym dzielnikiem liczb a k + 1, a l + 1 jest, czyli liczby ak +1 Z równości, a l +1 są względnie pierwsze. a k + 1 = (a k 1) + = (a 1)(a + 1)(a + 1)(a 4 + 1)...(a k 1 + 1) + wynika, że dla każdej liczby naturalnej dodatniej k największym wspólnym dzielnikiem liczb a k + 1, a 1 jest. Zatem liczby ak +1 względnie pierwsze, a 1 są 8. Jeżeli P (x) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, to dla dowolnych, różnych liczb całkowitych a i b zachodzi warunek: (a b) (P (a) P (b)) 7

. Dowód Niech P (x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdzie a n, a n 1,..., a 1, a 0 są liczbami całkowitymi. Wówczas P (a) P (b) = a n (a n b n ) + a n 1 (a n 1 b n 1 ) +... + a 1 (a 1 b 1 ). Ponieważ (a b) (a k b k ), gdy k N +, więc (a b) (P (a) P (b)). 9. Zadanie 1 z II etapu 46. OM Wielomian P (x) ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli liczba P (5) dzieli się przez, liczba P () dzieli się przez 5, to liczba P (7) dzieli się przez 10. Z założenia liczba P (5) dzieli się przez oraz z faktu (7 5) (P (7) P (5)) (na podstawie zadania 9) otrzymujemy, że P (7) dzieli się przez. Z założenia liczba P () dzieli się przez 5 oraz z faktu (7 ) (P (7) P ()) (na podstawie zadania 9) otrzymujemy, że P (7) dzieli się przez 5. Wobec powyższych faktów otrzymujemy tezę. 10. Zadanie 9 z I etapu 47. OM Wielomian o współczynnikach całkowitych daje przy dzieleniu przez wielomian x 1x + 11 resztę 990x 889. Wykazać, że wielomian ten nie ma pierwiastków całkowitych. Rozważany wielomian ma postać: P (x) = (x 1)(x 11)Q(x) + (990x 889), gdzie Q(x) jest pewnym wielomianem. Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że x 0 jest pierwiastkiem całkowitym P (x). Wykorzystując zadanie 8 zauważamy, że (1 x 0 ) (P (1) P (x 0 )) oraz (11 x 0 ) (P (11) P (x 0 )). Zatem (1 x 0 ) P (1) oraz (11 x 0 ) P (11). Jednocześnie ze wzoru P (x) = (x 1)(x 11)Q(x) + (990x 889) 8

otrzymujemy: P (1) = 101 oraz P (11) = 10001. Liczba 101 jest liczbą pierwszą. Ponieważ (1 x 0 ) 101, x 0 może być jedną z liczb: 100, 0,, 10. Wówczas (11 x 0 ) przyjmuje wartości: 91, 9, 11, 111. Jednakże żadna z tych liczb nie jest dzielnikiem liczby 10001 = 73 137. 11. Zadanie 1 z II etapu 56. OM Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite n, dla których n n + 1 oraz (n) n + 1 są liczbami pierwszymi. Niech x, m 1 będą liczbami całkowitymi. Niech m = ld, gdzie l jest liczbą nieparzystą i d liczbą całkowitą dodatnią. Wówczas x m + 1 = (x d ) l + 1 = (x d + 1) ((x d ) l 1 (x d ) l +... x d + 1) Z powyższego wzoru wynika, że liczba x d + 1 jest dzielnikiem liczby x m + 1. Dla l > 1 dzielnik ten jest większy od 1 i mniejszy od x m + 1. Zatem liczba x m + 1 jest złożona. Liczba n = 1 spełnia warunki zadania: liczby 1 1 + 1 =, + 1 = 5 są liczbami pierwszymi. Załóżmy więc w dalszej części rozumowania, że n. Jeżeli liczba n n + 1 jest liczbą pierwszą, to n nie ma dzielników nieparzystych większych od 1. Stąd wynika, że n = k dla pewnej liczby całkowitej dodatniej k. Wówczas n n + 1 = k k + 1 oraz (n) n + 1 = (k+1) k+1 + 1. Dla k co najmniej jedna z liczb k k, (k + 1) k+1 ma dzielnik nieparzysty większy od 1, a więc co najmniej jedna z liczb n n + 1, (n) n + 1 jest złożona. Sprawdźmy jeszcze, że n = spełnia warunki zadania: + 1 = 5, ( ) + 1 = 57 są liczbami pierwszymi. Trudności W wyniku analizy ocen za rozwiązanie zadania 1, jakie uzyskali uczestnicy zawodów drugiego stopnia 56 Olimpiady Matematycznej, możliwe są następujące obserwacje: 9

6 pkt. 5 pkt. pkt. 0 pkt. t Polska 46 11 17 47 0,89 Uczniowie klasy I 1 1 1 35 0,73 Uczniowie klasy II 14 3 15 0,91 Uczniowie klasy III 0 7 13 5 0,9 Tabela 1: Oceny uzyskane za rozwiązania zadania 1 z II etapu 56 OM - podział ze względu na klasę t - współczynnik trudności 1) Zadanie okazało jednym z najtrudniejszych zadań II etapu 56. OM. Współczynnik trudności wyniósł 0,89. ) Uczniowie klas pierwszych zdecydowanie najlepiej radzili sobie z tym zadaniem. Współczynnik trudności dla uczniów klas pierwszych wyniósł 0,73, a dla uczniów klas drugich i trzecich, odpowiednio, 0,91 i 0,9 3) Najlepiej poradzili sobie z zadaniem uczniowie województwa małopolskiego (współczynnik trudności: 0,8). Najsłabiej wypadło w województwach: łódzkim, świętokrzyskim, warmińsko-mazurskim, w których żaden uczeń nie podał dobrego rozwiązania, ani nie miał pomysłu na rozwiązanie zadania. 4) Wśród 57 uczniów, którzy rozwiązali zadanie 1, 44 przeszło do zawodów stopnia trzeciego. Tylko 13 uczniów, którzy zrobili to zadanie, nie przeszło do III etapu. 5) Uczniowie, którzy rozwiązali zadanie 1 uzyskiwali w II etapie średnio 16,98 punktów, a w III etapie średnio 10,08 punktów. Natomiast uczniowie którzy nie rozwiązali zadania 1 uzyskiwali w II etapie średnio 4,4 punktów, a w III etapie średnio 6,16 punktów. Na podstawie powyższych obserwacji można pokusić się o sformułowanie wniosków: 1) Zadanie 1 (jak i pozostałe zadania z II etapu 56 OM) okazało się najłatwiejsze dla uczniów klas pierwszych. Jakie są tego przyczyny? Dobry uczeń klasy drugiej lub trzeciej wysyłający rozwiązania z pierwszego etapu ma większe rozeznanie, gdzie poszukiwać rozwiązań określonego typu zadań i zna lepiej literaturę olimpijską. Uczniowie klas pierwszych na ogół w pierwszych dniach września nie posiadają takiej wiedzy, a także często nie wiedzą o istnieniu Olimpiady Matematycznej, 10

6 pkt. 5 pkt. pkt. 0 pkt. t Polska 46 11 17 47 0,89 dolnośląskie 4 1 4 46 0,91 kujawsko-pomorskie 5 4 1 54 0,86 lubelskie 1 0 1 14 0,94 lubuskie 1 0 1 7 0,89 łódzkie 0 0 0 13 1 małopolskie 9 1 43 0,8 mazowieckie 5 0 3 78 0,94 opolskie 1 0 0 6 0,86 podkarpackie 8 0 40 0,84 podlaskie 1 0 1 15 0,94 pomorskie 3 0 0 7 0,9 śląskie 3 4 7 0,86 świętokrzyskie 0 0 0 7 1 warmińsko-mazurskie 0 0 0 4 1 wielkopolskie 1 1 0 18 0,9 zachodniopomorskie 5 0 0 35 0,88 Tabela : Oceny uzyskane za rozwiązania zadania 1 z II etapu 56 OM - podział ze względu na województwo t - współczynnik trudności co powoduje, że tylko nieliczni startują w olimpiadzie. Wśród uczniów klas pierwszych pokutuje opinia, że zawody OM są wyjątkowo trudne i raczej adresowane do uczniów starszych klas liceum. Zatem pierwszoklasista, który zdecyduje się rozwiązywać zadania z etapu pierwszego i dostanie się do etapu drugiego musi się charakteryzować determinacją oraz wyjątkowymi umiejętnościami matematycznymi. Zatem można przyjąć, że pierwszoklasiści, którzy dostają się do etapu drugiego są lepsi od swoich starszych kolegów. ) Treść zadania sugeruje, że chodzi o zadanie z teorii liczb. Uczniowie próbowali stosować za wszelką cenę znane sobie twierdzenia: Fermata, Eulera, Wilsona oraz metody znane np. z kółek czy książek olimpijskich (np. kongruencje). Jednakże żadnemu uczniowi nie udało się rozwiązać zadania w oparciu o tego typu techniki. 1. Wariacja na temat zadania 1 z II etapu 56. OM Znajdź wszystkie liczby naturalne dodatnie n, k, które spełniają warun- 11

ki: n k nie jest parzystą potęgą liczby oraz liczby n n + 1 i (kn) kn + 1 są liczbami pierwszymi. Jeżeli k = 1, to n > 1 nie jest parzystą potęgą liczby. Zatem n n + 1 jest liczbą złożoną. Jeżeli k =, to tylko n = 1 spełnia warunki zadania (co wynika z rozwiązania zadania poprzedniego). Jeżeli k > i n = 1, to 1 1 + 1 = jest liczbą pierwszą oraz k nie jest parzystą potęgą liczby. Zatem liczba k k + 1 jest liczbą złożoną. Załóżmy, że n > 1 i k >. Gdy przynajmniej jedna z liczb n, k ma dzielnik nieparzysty większy od 1, to przynajmniej jedna z liczb n n + 1 i (kn) kn + 1 jest złożona. Przyjmijmy zatem, że obie liczby n, k są potęgami liczby. Z warunków zadania wynika, że przynajmniej jedna z liczb n, k jest nieparzystą potęgą liczby. A to oznacza, że przynajmniej jedna z liczb n n + 1 i (kn) kn + 1 jest złożona. Uwaga 1 Jeżeli dopuścimy w tym zadaniu rozważanie liczb naturalnych dodatnich n, k, które spełniają warunek: n k jest parzystą potęgą liczby, to doprowadzi nas do problemu: dla jakich liczb m N liczba Fermata m + 1 jest liczbą pierwszą. Uwaga W 1958 roku Wacław Sierpiński w pracy [] udowodnił, że jeżeli liczba n n + 1 jest pierwsza, to istnieje takie m 0, że n = m, a zatem jest liczbą Fermata. W tej chwili nie wiadomo, czy liczb pierwszych postaci n n + 1 jest skończenie czy nieskończenie wiele. Liczby Fermata Jak wiadomo, jeżeli liczba m + 1 jest pierwsza, to m musi być postaci m = n. Zatem musi być liczbą pierwszą Fermata F n = n + 1. Liczby Fermata F 0 = 3, F 1 = 5, F = 17, F 3 = 57, F 4 = 65537 są liczbami pierwszymi. Euler wykazał, że F 5 nie jest liczbą pierwszą, gdyż F 5 = 641 6700417. Fakt ten odkrył wykorzystując Twierdzenie Każdy dzielnik liczby F n (gdzie n > 1) musi mieć postać k n+ + 1. 1

Ponieważ czynniki liczb Fermata mają postać k n + 1, interesujące jest pytanie, które z tych liczb są pierwsze, a które złożone. Na podstawie twierdzenia Dirichleta o liczbach pierwszych w ciągach arytmetycznych, dla dowolnej dodatniej liczby naturalnej n istnieje nieskończenie wiele liczb całkowitych dodatnich k, że liczba k n + 1 jest pierwsza. W 198 na olimpiadzie matematycznej w USA pojawiło się następujące 13. Zadanie Wykazać, że istnieje taka liczba naturalna k, że dla każdej liczby naturalnej n liczba k n + 1 jest liczbą złożoną. Dowód: Liczba Fermata 5 +1 jest podzielna przez liczbę pierwszą 641 i nie jest podzielna przez 641. Ponieważ każde dwie liczby Fermata są względnie pierwsze, liczby: f 0 = 0 + 1, f 1 = 1 + 1, f = + 1, f 3 = 3 + 1, f 4 = 4 + 1, f 5 = 641, f 6 = 5 +1 są również względnie pierwsze. 641 Na podstawie twierdzenia chińskiego o resztach istnieje taka liczba k > max{f 0, f 1,.., f 6 } spełniająca warunki: k 1 (mod f i ), gdy i = 0, 1,.., 5, k 1 (mod f 6 ). Wykażemy, że każda liczba postaci k n + 1 jest złożona. Przypadek 1 Niech n = m q, dla m {0, 1,, 3, 4}, a liczba q jest nieparzysta. Wówczas: k n + 1 n + 1 (mod f m ) n + 1 = mq + 1 = (f m 1) q + 1 (f m 1) q + 1 ( 1) q + 1 0 (mod f m ). Przypadek Niech n = 5 q, gdzie liczba q jest nieparzysta. Wówczas: 13

k n + 1 n + 1 (mod f 5 ) n + 1 = ( 3 ) q + 1 ( 3 ) q + 1 ( 1) q + 1 0 (mod f 5 ). Przypadek 3 Niech n = 6 q, gdzie liczba q jest liczbą naturalną. k n + 1 n + 1 (mod f 6 ) n 1 = ( 64 ) q 1 ( 64 ) q 1 ( 1) q 1 0 (mod f 6 ). Ponieważ każda liczba k n + 1 > k i jest podzielna przez jedną z liczb f 0, f 1,.., f 6, więc liczba k n + 1 jest złożona dla każdej liczby naturalnej k. W 1960 roku Wacław Sierpiński w pracy [3] udowodnił następujące Twierdzenie Istnieje nieskończenie wiele takich liczb całkowitych nieparzystych k, że liczba k n + 1 jest złożona (dla każdej dodatniej liczby naturalnej n). Liczby k o podanej powyżej własności nazywamy liczbami Sierpińskiego. Literatura [1] Sprawozdania Komitetu Głównego Olimpiady Matematycznej, numery:1-56, Warszawa 1951-007. [] Wacław Sierpiński Sur les nombres premiers de la forme n n + 1, L Enseign Math, 1958 (), 4, s.11-1. [3] Wacław Sierpiński Sur un problème les nombres k n +1, Elem. d. Math. 15, 1960, s.73-74. [4] Paulo Ribenboim Mała księga wielkich liczb pierwszych, Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa, 1997, s. 81-9. 14