,, 3,..., co warto wiedzieć, żeby ie czuć się źle a kółku kółko I LO Białystok 0 styczia 03 Wersja 0.44 [beta] Zadaia z poiższego zbioru pochodzą z ajrozmaitszych miejsc; o ile wiem większość z ich jest zaa, iestety ie będę podawać przy zadaiach źródeł. Po co te materiały? Te mały zbiorek ma służyć do tego, żeby impreza rozkręcała się, iezatrzymywaa przez braki w zaopatrzeiu w fakty matematycze. Zawiera o trochę zadań oraz twierdzeia, stwierdzeia i lematy z dowodami. Zadaia są wyabstrahowae dobrae jako proste lecz kluczowe obserwacje z zadań olimpijskich i dowodów. Po kiego czytać dowody? Dowód to po pierwsze sprawdzeie, że rozumowaie ie ma luk, a po drugie uporządkowaie go tak, by ktoś iy mógł je zrozumieć i powtórzyć w przyszłości w iych warukach. Patrząc a aalogię z iformatyką, kod: for(it i=0; i<0; i++){ pritf( Hello math! ); } wypisze dziesięć razy Hello math!. O ile wie się, jak działa pętla; to zmodyfikowaie kodu, by wypisał liczby od 0 do 9 jest atychmiastowe, jeżeli atomiast kod jest rozumiay tylko a poziomie TEN_NAPIS_WYKONUJE_0_RAZY { pritf( Hello math! );} to jest to trude. Tak samo zrozumieie dowodu twierdzeia pozwala udowodić tysiące twierdzeń różiących się szczegółami, atomiast zajomość treści pozwala jedyie zastosować to jedo twierdzeie (i wtedy szybko zapomia się, jakie były waruki w sformułowaiu twierdzeia ;). Materiały zawiera ajczęściej używae a kółku fakty. To iestety (czy a szczęście) ie zaczy, że te fakty są oczywiste. Gdybyś miał(a) problemy ze zrozumieiem treści czy dowodu twierdzeia apisz do Jogiego lub spytaj kogoś z kółka. Algebra Stwierdzeie. (Wzory skrócoego możeia). Jeżeli a, b są liczbami rzeczywistymi a jest liczbą całkowitą dodatią to. a b = (a b) (a + a b + a 3 b +... + b ).. Jeżeli jest ieparzyste to rówież a + b = (a + b) (a a b + a 3 b... + b ). Uwaga: stwierdzeie działa rówież w przypadkach, gdy a, b są liczbami całkowitymi, wymierymi, zespoloymi, wielomiaami, fukcjami, w zasadzie czymkolwiek co da się dodać, odjąć i pomożyć. Dowód. Pozostawiamy czytelikowi (w przypadku liczb całkowitych). Zadaie. Uzasadij, że jeśli p > jest pierwsza, to 7 3 p + 4 p. Zadaie. Udowodij, że jeśli liczba całkowita dodatia M dzieli a b to M a M b M. Wskazówka: trzeba zastosować wzór i udowodić, że M liczb z awiasu (którego?) daje tę samą resztę. Zadaie 3. Liczby a, N są całkowite dodatie, przy czym a >. Uzasadij, że jeśli a N + jest pierwsza, to N jest potęgą dwójki. Stwierdzeie. (Wzór dwumiaowy Newtoa). Jeżeli a, b są liczbami rzeczywistymi, zaś jest całkowite dodatie to ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (a + b) = a + a b + a b +... + ab + b!, gdzie = 0 k k!( k)!, przyjmujemy tutaj, że 0! =.
Dowód. Dla tak zdefiiowaych ( k) i dla k zachodzi rówość ( ) ( ) ( ) = + ; k k k patrz współczyiki dwumiaowe w kombiatoryce, w szczególości zadaie 39. Dla = wzór przyjmuje postać a + b = ( ( 0) a + ) b, jest więc prawdziwy. Załóżmy, że udowodiliśmy wzór dla,,..., i chcemy go dowieść dla. Zapisujemy (( ) ( ) ( ) (a + b) = (a + b) (a + b) = (a + b) a + a b +... + )b = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) a + a b + a b +... + ab + 0 ( ) ( ) ( ) ( ) + a b + a b +... + ab + b. 0 Po zsumowaiu prawej stroy otrzymujemy rówość z tezy dla. Zadaie 4. Uzasadij, że jeśli p jest pierwsze a k p całkowite to ( p k) jest podziela przez p. Wywioskuj, że jeśli x jest całkowite, to ( + x) p = + x p + pk dla pewego k całkowitego. Zadaie 5. Uzasadij, że. jeśli jest liczbą całkowitą ieujemą, to ( ) ( ) + 0. jeżeli jest całkowita dodatia, to ( ) ( ) + 0 ( ) +... + Wskazówka: w pierwszym podpukcie rozważ wyrażeie ( + ). Teoria liczb ( ) =. ( ) ( ) +... + ( ) = 0. 3 Teorię liczb, choć babra się z iewymierymi, w praktyce uprawia się dla liczb całkowitych. Kluczowe jest pojęcie dzielika: dla daych całkowitych a, b mówimy, że b jest dzielikiem a lub b dzieli a lub a jest podziele przez b jeżeli istieje takie c całkowite, że a = b c. Zapisujemy to b a. Przykładowo liczby, są dzielikami dowolej liczby całkowitej. Liczbę p azywamy pierwszą, jeżeli jedye jej dzieliki dodatie to i p (przy czym p ). Uwaga: domyślie w tym paragrafie wszystkie zmiee są liczbami całkowitymi. Stwierdzeie. (Zasadicze twierdzeie arytmetyki). Każdą liczbę całkowitą dodatią moża jedozaczie zapisać jako iloczy liczb pierwszych. Wiosek.. Niech a, b, c będą liczbami całkowitymi, a 0. Jeżeli liczby a i b ie mają wspólego dzielika większego od i zachodzi a bc to a c. Szkic dowodu. Wypisujemy rozkłady a czyiki pierwsze a, b, c. Każda liczba pierwsza p, która występuje w rozkładzie a ie występuje w rozkładzie b, a występuje w rozkładzie b c i to w potędze ie miejszej; wyika stąd, że p występuje w rozkładzie c i to w potędze ie miejszej (iż w rozkładzie a). Teraz moża wprost wypisać iloraz c/a.. Kogruecje Kogruecje pozwalają zredukować pytaie o rozwiązaie rówaia w liczbach całkowitych do pytaia o rozwiązaie w zbiorze skończoym(!!) reszt z dzieleia przez, gdzie moża miej lub bardziej brutalie sprawdzić wszystkie przypadki.
Defiicja.3. Mówimy, że a przystaje do a modulo, jeżeli liczby a, a dają taką samą resztę z dzieleia przez, iymi słowy, gdy a a. Ozaczamy tę sytuację a a mod. Po pierwsze zachodzą sesowe własości. jeżeli a a mod, to a a mod,. jeżeli a a mod i a a mod, to a a mod. Co więcej, jeżeli a a mod oraz b b mod zaś c jest dowolą liczbą całkowitą, to. a + b a + b mod,. a b a b mod, 3. a b a b mod, w szczególości c a c a mod, 4. a m (a ) m mod, dla każdego m aturalego, p. a (a ) mod. W szczególości jeżeli a m mod to a m m mod dla każdego m całkowitego dodatiego, 5. jeżeli liczby c i są względie pierwsze to cx cy mod implikuje x y mod. Szkic dowodu własości. Większość jest prosta, udowodimy te iebaale, poczyając od własości 3. Skoro a a i b b to b(a a ) + a (b b ) = ab a b, czyli ab a b mod. Skoro c c mod to w szczególości c a c a mod. Jako drugi przykład udowodimy własość 5. Skoro cx cy mod, to cx cy = c(x y), więc x y, stąd x y mod. Spróbuj udowodić własość 4, korzystając z 3. O kogruecjach dobrze myśleć jako o rówości liczb z pewą dokładością. Zadaie 6. Oblicz ostatią cyfrę liczby 3 64. Zadaie 7. Oblicz, jakie reszty z dzieleia przez 7 mogą dawać sześciay liczb całkowitych, a jakie kwadraty liczb całkowitych. Dowiedź, że jeśli a, b są całkowite i 7 a + b to 7 a i 7 b. Wskazówka: zauważ, że reszta z dzieleia przez sześciau liczby całkowitej zależy tylko od reszty z dzieleia przez tej liczby, sprawdź wszystkie reszty. Zadaie 8. Pokaż, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej liczba 4 + 5 jest podziela przez. Wskazówka: 6 4 6 mod sprawdź to! Zadaie 9. Dowiedź, że jeśli a + b = c dla pewych liczb całkowitych a, b, c to co ajmiej jeda z ich jest podziela przez 3. Zrób to samo zadaie z 3 zastąpioym przez 4 a potem przez 5 (dla sześciu już ie działa ;). Zadaie 0. Dowiedź, że liczba daje taką samą resztę z dzieleia przez 9, jak suma cyfr. Wskazówka: zauważ, że 0 mod 9.. Kogruecje modulo liczba pierwsza Stwierdzeie.4. Załóżmy, że liczby całkowite a i b są względie pierwsze, tz. ie mają wspólych dzielików większych od. Wtedy liczby ze zbioru A = {0 a, a, a,..., (b ) a} dają parami róże reszty z dzieleia przez b i jedocześie wszystkie reszty z dzieleia przez b. Dowód. Udowodijmy ajpierw, że liczby ze zbioru A dają róże reszty z dzieleia przez b. Załóżmy, że liczby ka, la dają tę samą resztę, gdzie 0 k l b, wtedy ka la mod b, a skoro a i b są względie pierwsze, to k l mod b, czyli b l k. Skoro 0 l k b, to zaczy, że l k = 0. Skoro zbiór A zawiera b liczb, dających b różych reszt a łączie jest b reszt, to każda reszta jest resztą liczby ze zbioru A. Wiosek.5 (Istieie odwrotości mod p). Jeżeli p jest pierwsza, a liczba a jest iepodziela przez p, to istieje takie b, że ba mod p, jedozaczie wyzaczoe mod p. Liczbę b mod p azywamy odwrotością liczby a mod p. Dowód. Zbiór liczb {0 a, a, a,..., (p ) a} zawiera wszystkie reszty z dzieleia przez p, w szczególości resztę i to dokładie raz. 3
Stwierdzeie.6 (Małe twierdzeie Fermata). Jeżeli p jest liczbą pierwszą, a a jest liczbą całkowitą to a p a mod p. Jeżeli dodatkowo a jest iepodziela przez p to a p mod p. I dowód. Załóżmy ajpierw, że a jest iepodziela przez p. Oczywiście 0 a = 0. Zbiór { a, a,..., (p ) a} daje więc, ze stwierdzeia.4, wszystkie iezerowe reszty z dzieleia przez p, każdą dokładie raz. Wobec tego iloczy liczb z tego zbioru mod p wyosi (p )! mod p: ( a) ( a)... ((p ) a) (p )! mod p Skoro ( a) ( a)... ((p ) a) = (p )! a p, to (p )! a p (p )! mod p. Dzieląc przez (p )! stroami otrzymujemy a p mod p. Stąd wyika także a p a mod p. Jeżeli a była podziela przez p to a 0 mod p, więc a p 0 a mod p. II dowód. Zależość a p a mod p jest prawdziwa dla a = 0. Udowodimy, że jeśli jest oa prawdziwa dla a = to jest prawdziwa rówież dla a = + oraz a =, co pokaże, że a p a mod p jest prawdziwa dla każdego a całkowitego. Z zadaia 4 z części algebraiczej wyika, że (x+) p x p + mod p. Wobec tego jeśli (x+) p x+ mod p to x p x + = x mod p oraz jeśli x p x mod p to (x + ) p x + mod p. To dowodzi szukaych zależości i pokazuje, że a p a mod p, dla każdej liczby całkowitej a. Jeżeli a jest iepodziela przez p to liczby a i p są względie pierwsze, więc a a a p mod p implikuje a p mod p. Zadaie. Oblicz, jakie reszty z dzieleia przez 5 dają czwarte potęgi liczb całkowitych. Zadaie. Udowodij, że jeśli a jest względie pierwsza z liczbą 05, to 05 a. Wskazówka: rozważ osobo podzielości przez 3, 5, 7. Zadaie 3. Uzasadij, że a p a mod p dla dowolej liczby całkowitej a i liczby pierwszej p. Zadaie 4. Zadaie o / + /3 + /6 =. Niech p > 3 będzie liczbą pierwszą. Uzasadij, że p + 3 p + 6 p daje resztę z dzieleia przez p. Wskazówka: pomóż liczbę przez 6. Czy po rozwiązaiu rozumiesz, dlaczego azywa się to zadaiem o / + /3 + /6 =?.3 Wśród kolejych liczb istieje podziela przez. Zadaie 5. Liczby p, p + i 4p + są pierwsze. Wykaż, że p = 3. Wskazówka: Dwa sposoby: odpowiedie modulo, lub liczby 4p, 4p +, 4p +..4 Zasada miimum. Czasami z jedego rozwiązaia daego rówaia da się wydobyć ie miejsze rozwiązaie. Wtedy opłaca się wziąć ajmiejsze rozwiązaie. Zadaie 6. Udowodij, że rówaie x + y = 3z ie ma rozwiązań w liczbach całkowitych iych, iż x = y = z = 0. Szkic rozwiązaia Załóżmy, że istieją rozwiązaia z max( x, y, z ) > 0; wybierzmy rozwiązaie (x 0, y 0, z 0 ) z ajmiejszym max( x, y, z ) > 0 (liczba ta jest całkowita, więc możemy). Udowadiamy, że, dla dowolych x, y, jeśli x + y 0 mod 3, to x y 0 mod 3. Wobec tego x 0 = 3 x, y 0 = 3 y i rówaie przyjmuje postać 9 (x + y ) = 3z 0. Wyika z tego, że 3 z0, czyli z 0 = 3z i skracając przez 9 otrzymujemy rówaie x + y = 3z. A więc (x, y, z ) jest rozwiązaiem wyjściowego rówaia i zachodzi max( x, y, z ) = /3 max( x 0, y 0, z 0 ) < max( x 0, y 0, z 0 ). 4
To daje sprzeczość z defiicją (x 0, y 0, z 0 ), więc dowodzi, że każde rozwiązaie spełia max( x, y, z ) = 0, czyli x = y = z = 0. Pytaie a koiec: w którym miejscu korzystamy z założeia max( x 0, y 0, z 0 ) > 0? Zadaie 7. x, y, z. Uzasadij, że x + y = 7z ma dokładie jedo rozwiązaie w liczbach całkowitych Zadaie 8. Dowiedź, że rówaie x 5 +y 5 +4z 5 +8t 5 = 6A 5 ie ma rozwiązań w liczbach całkowitych x, y, z, t, A iych iż x = y = z = t = A = 0..5 Zasada szufladkowa Dirichleta Stwierdzeie.7 (Jede z wariatów Zasady). Wśród + liczb istieją dwie dające tę samą resztę z dzieleia przez. Zadaie 9. Udowodij, że dla dowolej liczby istieje liczba postaci... 000... 0 podziela przez. Uzasadij, że jeśli była względie pierwsza z 0, to istieje liczba postaci... podziela przez. Wskazówka: rozważ liczby,,,...,.... Zadaie 0. Day jest ciąg (a ) liczb aturalych długości N. Uzasadij, że suma pewego jego podciągu spójego jest podziela przez N. Wskazówka: rozważ 0, a, a + a, a + a + a 3,... Zadaie. Liczby a i są względie pierwsze. Uzasadij, że pewa potęga a daje resztę z dzieleia przez. Wskazówka: rozważ potęgi, a, a, a 3,..., a. 3 Geometria Tutaj twierdzeń jest ajwięcej, co chyba jest powodem, że geometria jest uważaa za trudą :) Dużo więcej iż w iych działach jest też faktów, o których zakładam, że są prawdziwe. Kowecja podobieństw: piszemy, że trójkąty ABC, A B C są podobe jeżeli zachodzą rówości ABC = A B C, BCA = B C A i CAB = C A B. Zapisujemy to ABC A B C. Chodzi o to, że zaczeie ma tutaj kolejość wierzchołków! Podobie dla przystawaia. 3. Twierdzeie Pitagorasa Twierdzeie 3. (Twierdzeie Pitagorasa). Jeżeli trójkąt ABC jest prostokąty z kątem prostym ABC, to AC = AB + BC. Dowód. Ozaczmy a := BC, b := AC, c := AB. Z czterech trójkątów przystających do ABC oraz kwadratu o boku b moża złożyć kwadrat o boku a + c; patrz rys. Taki sam kwadrat moża też złożyć z kwadratu o boku a, kwadratu o boku c i czterech trójkątów przystających do ABC; patrz rys. Porówaie pól daje a + c = b. Zadaie. Day jest czworokąt ABCD i pukt X. Udowodij, że jeżeli ABCD jest prostokątem to 3. Twierdzeie Talesa AX + CX = BX + DX. Twierdzeie 3. (Twierdzeie Talesa i odwrote). Jeżeli półproste k i l mają wspóly początek w pukcie P, prosta m przecia k, l w K, L odpowiedio (i pukty te są róże od P ), prosta m przecia k, l w K, L odpowiedio (i pukty te są róże od P ) to 5
prosta m jest rówoległa do m wtedy i tylko wtedy, gdy P K L jest podoby do P K L, co dzieje się wtedy i tylko wtedy, gdy P K P L = P K P L. Uwaga: przypomiam, że przy pisaiu podobieństw ma zaczeie kolejość kąty przy odpowiedich wierzchołkach są rówe. Szkic dowodu. Cechy podobieństwa bok-kąt-bok i kąt-kąt-kąt. Zadaie 3. Udowodij, że czworokąt wypukły ABCD jest rówoległobokiem wtedy i tylko wtedy, gdy pukt przecięcia przekątych jest środkiem każdej z przekątych. 3.3 Kąty wpisae i środkowe Kowecja: kiedy mówimy, że kąt wpisay ABC jest oparty a łuku AC, mamy a myśli łuk AC iezawierający puktu B. Twierdzeie 3.3. Niech o będzie okręgiem o środku O. Jeżeli ABC jest kątem wpisaym w okrąg o opartym a łuku l a AOC jest kątem środkowym opartym a tym łuku, to ABC = AOC. Szkic dowodu. Podamy rozumowaie w przypadku, gdy O leży wewątrz trójkąta ABC, pozostałe przypadki są podobe. Skoro AO = BO = CO, to trójkąty AOB, BOC, COA są róworamiee. Obliczamy AOC = 80 OCA = ( OAB + OBC + OCA) OCA = ( OBA+ OBC) = ABC. Wiosek 3.4 (Rówość kątów wpisaych). Kąty wpisae oparte a tym samym łuku mają rówe miary. Zadaie 4. Pokaż, że jeśli czworokąt ABCD jest wpisay w okrąg to ABC + ADC = 80. Zadaie 5. Twierdzeie o kącie wpisaym i dopisaym Odciek AC jest styczy do okręgu o w pukcie A. Pukt B leży a o, a pukt D leży a o po iej stroie prostej AB iż C. Uzasadij, że ADB = BAC. Wskazówka: stosując poprzedie zadaie możesz zredukować się do przypadku, gdy BAC 90. Stosując rówość katów wpisaych możesz wtedy założyć że AD jest średicą (tutaj potrzebe Ci będzie BAC < 90 ). 3.4 Okrąg opisay a trójkącie Lemat 3.5 (Defiicja symetralej). Ustalmy róże pukty a płaszczyźie A, B. Zbiór puktów X rówoodległych od A i B jest prostą prostopadłą do odcika AB przechodzącą przez jego środek. Nazywamy ją symetralą AB. Dowód. Ustalmy pukt X a płaszczyźie i zrzutujmy go a prostą AB, otrzymując pukt H. Rówość AX = BX jest rówoważa AX = BX, czyli AH + XH = BH + XH, czyli AH = BH czyli AH = BH. Jedyym puktem prostej AB spełiającym tę zależość jest środek odcika AB. Dowodzi to, że X ależy do zbioru wtedy i tylko wtedy, gdy jego rzutem jest środek odcika AB. Wiosek 3.6 (Istieje dokładie jede okrąg opisay a trójkącie). Dla daych puktów A, B, C a płaszczyźie ie leżących a jedej prostej istieje dokładie jede pukt O taki, że AO = BO = CO. Pukt te jest przecięciem trzech(!) prostych będących symetralymi odcików AB, BC, CA. Dowód. Jeżeli pukt O jest rówoodległy od A, B, C to leży o a każdej z symetralych, więc taki pukt O istieje co ajwyżej jede. Skoro pukty A, B, C ie są współliiowe, to symetrale AB i BC ie są rówoległe, więc przeciają się w pukcie X spełiającym waruki AX = BX i BX = CX (tu korzystamy z lematu 3.5), więc rówież AX = CX; pukt X spełia waruki a szukay pukt O. A O C B 6
Zadaie 6. Deltoid to czworokąt wypukły ABCD taki, że AB = BC i AD = CD. Udowodij, że przekąte w deltoidzie przeciają się pod kątem prostym. Zadaie 7. Udowodij, że środkiem okręgu opisaego a trójkącie prostokątym jest środek przeciwprostokątej. 3.5 Okrąg wpisay Lemat 3.7 (Defiicja dwusieczej). Weźmy kąt ABC. Zbiór puktów X leżących wewątrz kąta ABC których odległość od prostej AB jest rówa odległości od prostej BC jest półprostą przechodzącą przez B i tworzącą rówe kąty z prostymi AB i BC. Prostą tę azywamy dwusieczą kąta ABC. Szkic. Weźmy dowoly pukt X wewątrz kąta ABC i rozważmy rzuty X A, X C puktu X a proste BA, BC. Z twierdzeia Pitagorasa wyika, że BX A = BX XX A, BX C = BX XX C więc trójkąty BXX A, BXX C są przystające wtedy i tylko wtedy, gdy XX A = XX C. Z drugiej stroy jeżeli XBX A = XBX C to z cechy kkk trójkąty BXX A, BXX C są podobe więc i przystające jako mające wspóly bok BX. To dowodzi, że BXX A, BXX C są przystające wtedy i tylko wtedy, gdy XBX A = XBX C. Reasumując, odległości puktu X od BA, BC są rówe wtedy i tylko wtedy, gdy XBX A = XBX C a to dzieje się wtedy i tylko wtedy, gdy X leży a dwusieczej kąta ABC. Wiosek 3.8 (Istieje dokładie jede okrąg wpisay). Niech ABC będzie trójkątem. Istieje dokładie jede pukt I leżący wewątrz ABC, którego odległości od prostych AB, BC i CA są rówe. Pukt te azywamy środkiem okręgu wpisaego w trójkąt ABC. Dowód. Pukt I spełiający waruki zadaia musi leżeć a dwusieczych kątów ABC, BCA, CAB, więc istieje co ajwyżej jede. Dwusiecza kąta ABC tworzy z prostą BC kąt ABC/, a dwusiecza kąta BCA tworzy kąt BCA/. Skoro ABC/ + BCA/ < ( ABC + BCA + CAB)/ = 90, to proste te ie są rówoległe (dlaczego?) więc przeciają się w pewym pukcie X. Ozaczmy jego odległości od AB, BC, CA przez d AB, d BC, d CA. Z defiicji dwusieczych d AB = d BC, d BC = d CA, więc d AB = d CA i pukt X jest szukaym puktem. A C I B Zadaie 8. Uzasadij, że dla daych prostych k, l przeciających się w pukcie P zbiór puktów rówoodległych od k i l jest dwoma prostymi przechodzącymi przez P i zawierającymi dwusiecze odpowiedich kątów pomiędzy k i l. Zadaie 9. Niech D będzie puktem przecięcia dwusieczej kąta BAC z okręgiem opisaym a ABC. Dowiedź, że D jest rówoodległy od B, C, I gdzie I jest środkiem okręgu wpisaego w ABC. Wskazówka: pokaż ajpierw, że D leży a symetralej BC, potem policz kąty w DIB. Zadaie 30. Pokaż, że dwusiecza kąta zewętrzego BAC, dwusiecza kąta zewętrzego BCA i dwusiecza kąta wewętrzego ABC przeciają się w jedym pukcie, rówoodległym od prostych AB, BC, CA. Pukt taki azywamy środkiem okręgu dopisaego do boku AC trójkąta ABC. 3.6 Ortocetrum Twierdzeie 3.9 (Ortocetrum). Trzy proste zawierające wysokości trójkąta ABC przeciają się w jedym pukcie. Ozaczamy go zwykle H i azywamy puktem przecięcia wysokości (zaskakujące, co?) albo ortocetrum. Prościej jest udowodić, że ortocetrum istieje wprost, iż zastaawiając się, jaka jest dokładie szczególa własość wysokości (tak, jak robiliśmy z okręgami wpisaym i opisaym). Notabee taka szczególa własość istieje, jest ieco trudiejsza (i ukryta w dowodzie). A C H B 7
Szkic dowodu. Przez pukt A poprowadźmy prostą rówoległą do boku BC, przez B prostą rówoległą do boku AC, a przez pukt C prostą rówoległą do boku AB. Proste te tworzą owy trójkąt A B C. Udowodij, że proste zawierające wysokości w ABC pokrywają się z symetralymi A B C, więc szukay pukt przecięcia to środek okręgu opisaego a A B C. Zadaie 3. W trójkącie ABC iech H A, H B, H C będą rzutami A, B, C a boki BC, CA, AB odpowiedio. Uzasadij, że wysokości ABC są zawarte w dwusieczych trójkąta H A H B H C i wywioskuj, że ortocetrum H trójkąta ABC jest środkiem okręgu wpisaego w H A H B H C. Wskazówka: wykaż, że a AH B HH C da się opisać okrąg i zastosuj rówość kątów wpisaych. 3.7 Środek ciężkości Defiicja 3.0 (Środkowa). Środkową poprowadzoą z puktu A trójkąta ABC azywamy odciek łączący A ze środkiem boku BC. Twierdzeie 3. (Środek ciężkości). Niech ABC będzie trójkątem. Trzy środkowe wypuszczoe z wierzchołków ABC przeciają się w jedym pukcie, który ozaczamy M i azywamy środkiem ciężkości trójkąta ABC. Jeżeli A, B, C są środkami boków BC, CA, AB to zachodzi MA MA = MB MB = MC MC =. Szkic dowodu. Niestety każdy zay mi dowód w miej lub bardziej ukryty sposób polega a układzie współrzędych. Ustalmy a płaszczyźie układ współrzędych. Zdefiiujmy, dla czytelości, (x, y ) + (x, y ) := (x + x, y + y ) oraz k (x, y ) := (kx, ky ). Wtedy A = (B + C), B = (C + A), C = (A + B). Połóżmy M := 3 (A + B + C), wtedy M = 3 ( A + A), więc M leży a odciku AA i MA/MA = (dlaczego?). Idetyczy jest dowód dla pozostałych środkowych. Zadaie 3. Day jest trójkąt ABC ze środkową AA oraz pukt P leżący a AA. Przez P prowadzimy prostą rówoległą do BC, przeciającą boki trójkąta w B, C. Udowodij, że P jest środkiem B C. Zadaie 33. pola. Uzasadij, że sześć trójkątów, a które trzy środkowe dzielą trójkąt ABC, ma rówe 3.8 Cztery pukty a okręgu. Lemat 3.. Day jest trójkąt ABC i środek O okręgu opisaego a im.. Jeżeli ABC < 90 to pukty B i O leżą po tej samej stroie prostej AC.. Jeżeli ABC = 90 to pukt O leży a AC. 3. Jeżeli ABC > 90 to pukty B i O leżą po różych stroach prostej AC. Szkic dowodu. Rozważmy okrąg o opisay a ABC. Miara kąta ABC, położeie puktu O i zależości z tezy ie zmieią się, jeżeli zastąpimy pukt B puktem leżącym a środku łuku AC zawierającego B. Wobec tego możemy założyć, że AB = BC. W tym momecie dowód pozostawiamy czytelikowi. Twierdzeie 3.3. Jeżeli pukty A, D leżą po tej samej stroie prostej BC to a czworokącie ABCD moża opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy BAC = BDC. Dowód. Jeżeli a ABCD da się opisać okrąg to rówość wyika z twierdzeia o kątach wpisaych. Załóżmy zatem, że rówość zachodzi i rozważmy środki O, O okręgów opisaych a ABC, BCD. Z lematu 3. leżą oe po tej samej stroie BC. Poadto kąt BOC jest miejszy od 80 więc rówy mi( BAC, 360 BAC) i takąż miarę ma kąt BO C. Skoro BO = CO i BO = CO to rówość BOC = BO C dowodzi przystawaia BOC BO C. Oba pukty O, O leżą po tej samej stroie BC, więc z przystawiaia wyika rówość O = O. C D B A 8
Twierdzeie 3.4. Jeżeli pukty A, C leżą po przeciwych stroach prostej BD to a czworokącie ABCD moża opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy BAD + BCD = 80. Dowód. Jeżeli a ABCD da się opisać okrąg to rówość wyika z zadaia 4 z podrozdziału o kątach wpisaych i środkowych. Załóżmy zatem, że rówość zachodzi i rozważmy środki O, O okręgów opisaych a DAB, BCD. Przypadek BAD = BCD = 90 pozostawiam czytelikowi, dalej zakładam, że kąty ie są rówe 90. Dokładie jede z kątów BAD, BCD jest rozwarty, wiec z lematu 3. pukty O, O leżą po tej samej stroie BD. Kąt BOD jest miejszy od 80 więc rówy mi( BAD, 360 BAD) i takąż miarę ma kąt BO D. Skoro BO = DO i BO = DO to rówość BOD = BO D dowodzi przystawaia BOD BO D. Oba pukty O, O leżą po tej samej stroie BD, więc z przystawiaia wyika rówość O = O. Zadaie 34. Pokaż, że jeżeli ABC = ADC = 90, to istieje okrąg przechodzący przez pukty A, B, C, D. Wskazówka: gdzie leży środek okręgu opisaego a trójkącie prostokątym? Zadaie 35. Day jest trójkąt ostrokąty ABC w którym ACB = 60. Pukty D i E są rzutami prostokątymi odpowiedio puktów A i B a proste BC i AC. Pukt M jest środkiem boku AB. Wykaż, że DEM jest rówoboczy. Wskazówka: Pukt M jest środkiem pewego okręgu przechodzącego przez cztery pukty z treści. Zadaie 36. Niech H będzie ortocetrum trójkąta ostrokątego ABC. Uzasadij, że pukty symetrycze do H względem boków trójkąta ABC leżą a okręgu opisaym a ABC. Wskazówka: Niech H będzie puktem symetryczym, pokaż, że ABCH jest czworokątem wpisaym w okrąg. 3.9 Stycze do okręgu. Stwierdzeie 3.5. Stycze do okręgu wypuszczoe z puktu P mają rówe długości. Prosta łącząca P ze środkiem okręgu jest dwusieczą kąta o ramioach będących styczymi. Dowód. Niech O ozacza środek okręgu, zaś A, B ozaczają pukty styczości. Stycze są prostopadłe do promieia w pukcie styczości, więc P AO, P BO są prostokąte i z twierdzeia Pitagorasa P A = P O AO = P O BO = P B. Dowodzi to, że trójkąty P AO, P BO są przystające, więc zachodzi AP O = BP O, czyli P O jest dwusieczą kąta AP B. C D B A Zadaie 37. Niech ABC będzie trójkątem o bokach długości a := BC, b := AC, c := AB. Niech okrąg wpisay w ABC będzie styczy do boku AB w C. Udowodij, że AC = b + c a. Wskazówka: rozbij boki trójkąta a stycze wychodzące z A, B, C. 4 Kombiatoryka 4. Zliczaie Silię liczby całkowitej 0 defiiujemy przez 0! := oraz! = ( )! dla > 0. Bardzo przydate okazuje się pojęcie 0! jako pustego iloczyu. W zliczaiu często pojawia się motyw wyboru ciągu lub podzbioru ze zbioru. Mówimy, że wybieramy ze zwracaiem jeżeli możemy kilkukrotie wybrać te sam elemet atomiast wybieramy bez zwracaia, gdy ie jest to dozwoloe. Zwykle ta pierwsza metoda daje się policzyć prościej. 9
Stwierdzeie 4.. Elemety zbioru -elemetowego możemy ustawić w ciąg a dokładie! sposobów. Szkic dowodu. Dla = 0 jest to prawda. Dla > 0 liczbę stojącą a pierwszej pozycji ciągu możemy wybrać a sposobów i pozostaje am ustawić liczb w ciąg. Defiicja 4. (Współczyiki dwumiaowe). Dla dowolych, k całkowitych ieujemych defiiujemy ( ) ( )... ( k + ) =. k k! Zachodzi ( ) { 0 dla k > =! k ( k)!k! dla k. Stwierdzeie 4.3. Ustalmy liczby całkowite ieujeme k. Ze zbioru -elemetowego A możemy wybrać (bez zwracaia). ciąg k-elemetowy a!/( k)! sposobów,. zbiór k elemetowy a ( )! := k ( k)!k! sposobów. Dowód. Rozważmy wszystkie ustawieia zbioru A w ciąg. Z każdego takiego ciągu możemy wybrać pierwszych k elemetów, uzyskując ciąg k elemetowy. Uzyskamy w te sposób każdy z k-elemetowych ciągów i każdy z ich ( k)! razy tyle, a ile sposobów da się ustawić ogo czyli k elemetów z ciągu. Ciągów jest zatem!/( k)!. Aby dowieść rówości dla zbiorów zauważmy, że z każdego zbioru da się otrzymać k! różych ciągów, a z każdego ciągu da się (przez zapomieie o kolejości) otrzymać dokładie jede zbiór. Wobec tego zbiorów jest k! razy miej iż ciągów, czyli ( k). Wiosek 4.4. Liczba ( k) jest, dla dowolych k, całkowitych ieujemych, liczbą k-elemetowych podzbiorów zbioru. Dowód. Wyika to wprost z 4.3 o ile k. Dla k > jest oczywiste obie wartości to 0. Zadaie 38. Pokaż, że ciąg k-elemetowy ze zbioru -elemetowego ze zwracaiem moża wybrać a k sposobów. Zadaie 39. Pokaż, że o ile k są całkowite ieujeme to. ( ) ( k = k),. ( ) ( k = ) ( k + k ). Najlepiej zrobić to zadaie a dwa sposoby: korzystając bezpośredio z defiicji, czyli przeliczając, i korzystając z wiosku 4.4 i iterpretacji kombiatoryczej. Przykładowo w drugiej rówości rozważamy podzbiory k-elemetowe zawierające day elemet i pozostałe. 4. Idukcja Załóżmy, że chcemy udowodić, że + +... + = dla każdego całkowitego dodatiego. Powiedzmy, że udowodiliśmy, że. powyższa rówość jest prawdziwa dla =,. dla każdego K jeśli powyższa rówość jest prawdziwa dla = K to rówież dla = K +. Wtedy rówość jest prawdziwa dla dowolego. Zaiste jest oa prawdziwa dla = a więc i dla =, stąd dla = 3, czyli i dla = 4 itd. Zadaie 40. Udowodij stwierdzeia z podpuktów,. Zadaie 4. Pokaż, że dla dowolego rzeczywistego a > i każdego całkowitego ieujemego zachodzi ierówość ( + a) + a. Wskazówka: ( + a) = ( + a) ( + a). 0
Zadaie 4. Niech (F ) będzie ciągiem Fiboacciego zdefiiowaym przez astępujące waruki: F 0 = 0, F =, F + = F + + F dla Z 0.. Udowodij, że F 0 + F +... + F = F +.. Dowiedź, że F jest, dla liczbą ustawień prostokątów w pudełku o wymiarach. Wskazówka: czworokąt ustawioy w lewym dolym rogu może stać pioowo lub poziomo, policz te przypadki osobo. 4.3 Zasada szufladkowa Dirichleta Stwierdzeie 4.5 (Zasada szufladkowa Dirichleta). Jeżeli przedmiotów leży w k szufladkach oraz > C k dla pewego C całkowitego dodatiego, to w pewej szufladce jest co ajmiej C + przedmiotów. W szczególości: Jeżeli przedmiotów leży w k szufladkach oraz > k to w pewej szufladce są co ajmiej dwa przedmioty. Szkic dowodu. Przez zaprzeczeie; jeżeli w każdej szufladce C to łączie C K. Zadaie 43. Udowodić, że wśród 50 osób pewe osiem urodziło się w tym samym diu tygodia. Zadaie 44. 00 różych puktów zostało wybraych a okręgu tak, że kąt środkowy oparty a dowolych dwóch z ich ma całkowitą ilość stopi. Dowiedź, że wśród ich istieją pukty atypodycze (tz. symetryczie względem środka okręgu). Zadaie 45. Na kartce w kratkę a przecięciach liii arysowao pięć puktów. Uzasadij, że środek pewego odcika łączącego dwa z ich wypada a przecięciu liii. Czy dla czterech puktów także da się zaleźć taki odciek? Wskazówka: wprowadź układ współrzędych; patrz a parzystości współrzędych. Zadaie 46.. Uczesticy obozu Nowogród 0 pozają się a facebooku lub w realu. Uzasadić, że wśród każdych sześciu z ich istieje trójka, w której każde dwie osoby pozały się tak samo.. Pomiędzy każdymi z dwoma z 7 plaet istieje połączeie hiperprzestrzee. Połączeia są obsługiwae przez firmy: Shuttle ltd., Warp prism oraz Overlord trasport & co. Uzasadić, że pomiędzy pewymi trzema plaetami wszystkie połączeiami są obsługiwae przez tę samą firmę. Wskazówka: w pukcie pierwszym zauważ, że dowola wybraa osoba ma co ajmiej trzech zajomych, z którymi za się w te sam sposób; pomyśl, jak mogą zać się Ci zajomi. Zadaie 47. W kwadratowej sali o boku długości dwóch kilometrów zajduje się pięć ławek, w których siedzi Magda, Marysia, Karolia, Aia i Domiika. Uzasadij, że przyajmiej dwie z ich siedzą w odległości miejszej iż półtora kilometra (więc potecjalie mogą ściągać!). Wskazówka: podziel salę a pięć obszarów takich, że dwa pukty leżące w każdym z ich są w odległości miejszej iż półtora kilometra. Zadaie 48. Przy okrągłym stole ma usiąść 0 0 ambasadorów. Na stole poustawiao proporczyki z azwiskami, a astępie posadzoo przy stole ambasadorów, ale tak, że żade ie siedział a swoim miejscu. Udowodić, że moża tak obrócić stół, żeby przyajmiej ambasadorów siedziało a swoich miejscach. Wskazówka: Różych obrotów jest tyle, ilu jest ambasadorów. Przyporządkuj obrotowi ambasadorów siedzących przy swoich proporczykach. 4.4 Kolorowe szachowice Te podrozdział dotyczy bardzo specyficzego, ale często spotykaego problemu: czy da się zbudować figurę z daych klocków. Co więcej, w większości zadań tak figura jak i klocki są prostokątami. Rozwiązaiem jest pomalowaie iektórych pól kolorami, patrz poiżej.
Zadaie 49. Uzasadij, że kwadratu 0 0 ie da się pokryć klockami zbudowaymi z czterech kwadratów, zlepioych w literę T. Rozwiązaie. Załóżmy, że kolorowaie istieje; wtedy pokrywać kwadrat musi 5 klocków. Pokolorujmy kwadrat w szachowicę. Każdy z klocków pokrywa 3 lub pole czare. Ozaczmy przez B i C liczbę klocków obu rodzajów. Z jedej stroy B + C = 5 a z drugiej B + 3C = 50. Wobec tego C = 5 i otrzymujemy sprzeczość. Zadaie 50. Czy szachowicę 0 0, z której usuięto przeciwległe aroże pola, moża pokryć kostkami domia (kostki moża obracać)? Zadaie 5. Na każdym polu szachowicy 0 0 stoi ławka, a przy każdej ławce siedzi uczestik kółka matematyczego. Na koiec kółka każdy uczestik przechodzi do ławki a polu sąsiadującym bokiem. Udowodij, że pewych dwóch uczestików zajdzie się a tym samym polu. Zadaie 5. Wykaż, że szachowicy 0 0 ie da się pokryć klockami 4. Wskazówka: przykładowo moża pokolorować tak, by każdy czworokąt zawierał dokładie jedo czare pole i łączie była ia liczba czarych pól iż 5. Spróbuj pokolorować przekątymi. 4.5 Niezmieiki Ukochaą treścią kombiatoryk OMowych jest mamy sytuację A, wykoujemy jakieś ruchy zmieiające ją, czy możemy dojść do sytuacji B?. Zwykle ie da się sprawdzić (miej lub bardziej iteligetie) wszystkich możliwości, trzeba więc wybrać iezmieik lub półiezmieik cechę sytuacji, która ie zmieia się lub zmieia się w dobry dla as sposób. Zadaie 53. Mamy daą liczbę 009!. Obliczamy sumę jej cyfr, sumę cyfr liczby tak otrzymaej itd. Po pewej liczbie ruchów otrzymaliśmy liczbę jedocyfrową. Jaka to będzie liczba? Rozwiązaie. Reszta z dzieleia liczby przez 9 ie zmieia się (to cecha podzielości przez 9) a 009! jest podziela, więc otrzymamy 9. Zadaie 54. Daa jest tablicy 0 0 wypełioa a początku liczbami. W każdym ruchu wybieramy i możymy 0 liczb przez. Uzasadij, że ie możemy otrzymać plaszy wypełioej jedykami. Wskazówka: popatrz a iloczy. Zadaie 55. Na tarczy zegara w miejsce liczb wkręcoo żarówki. Żarówka a godziie jest zapaloa, pozostałe są zgaszoe. Możemy wybrać dowole sześć kolejych żarówek i jedocześie zmieiać sta wszystkich tych żarówek. Czy możemy w te sposób doprowadzić do tego, by świeciła tylko jeda żarówka, ta a godziie? Wskazówka: popatrz, jak zmieia się liczba zapaloych żarówek, jeżeli patrzymy tylko a godziy 3, 6, 9,, pamiętaj, że wybieramy kolejych sześć. Zadaie 56. LVII OM, etap, miej więcej Trójkąt rówoboczy o boku długości 0 jest złożoy z płytek w kształcie trójkącików rówoboczych o boku długości jede, mających jedą stroę pokolorowaą a karoliowo a drugą a szymoowo. Płytkę moża odwrócić iewidoczą stroą do góry, jeżeli sąsiaduje z co ajmiej dwoma płytkami mającymi widoczą stroę w iym kolorze. Uzasadij, że ie istieje ustawieie startując od którego możemy odwracać płytki bez końca. Wskazówka: pokaż, że zmiejsza się liczba krawędzi pomiędzy płytką pokolorowaą a karoliowo a płytką pokolorowaą a szymoowo. 5 Nierówości 5. Podstawy Nierówością, z której wszystko wywodzi się, jest x 0 dla dowolego x rzeczywistego. Wyika z iej (a b) 0, czyli a + b ab. ()
Zadaie 57. Uzasadij, że jeśli a, b > 0 to. a + b ab,. a + a, 3. a + 4 a, 4. a + a. Wszystkie te ierówości są szczególymi przypadkami. Zadaie 58. Udowodij, że dla liczb dodatich a, b zachodzi ierówość ab a + b a + b. a + b Zadaie 59. Wykaż, że dla dowolych ieujemych liczb a, b, c zachodzi ierówość (a + b)(b + c)(c + a) 8abc. Zadaie 60. Pokaż, że jeżeli a, b, c są dodatie, to b + c a + a + c b + a + b c 6. Wskazówka: rozbij a trzy wyrażeia postaci x + x ; są oe. 5. Nierówości między średimi Defiicja 5. (Średie). Niech liczby a,..., a będą dodatie. Defiiujemy średie. Harmoiczą H (a,..., a ) := a + a +... +, a p. H 3 (a, b, c) = 3 (/a + /b + /c).. Geometryczą G (a,..., a ) := a a... a, p. G 6 (q, w, e, r, t, y) = 6 qwerty. 3. Arytmetyczą p. A (x, y) = x+y. 4. Kwadratową p. K 4 (,, 3, 4) = +4+9+6 4. A (a,..., a ) := a + a +... + a, a K (a,..., a ) := + a +... + a, Twierdzeie 5. (Nierówość pomiędzy średimi). Jeżeli liczby a,..., a są dodatie, to H (a,..., a ) G (a,..., a ) A (a,..., a ) K (a,..., a ). Szkic dowodu. Uwaga: te dowód jest bardzo długi, dość trudy i techiczy, iekoieczie trzeba go zać. Dla skrótu, czasami pomijamy awias p. piszemy A zamiast A (a,..., a ). Najpierw udowodimy, że G A. Dla = są oe rówe, dla = dowiedliśmy tego w zad. 57. Zauważmy, że G (a,..., a ) = G (G (a,..., a ), G (a +,..., a )) i podobie dla A. Załóżmy, że wiemy, że G A dla dowolych liczb dodatich a,..., a. Wtedy dla dowolych liczb dodatich a, a,..., a. G = G (G, G ) A (G, G ) A (A, A ) = A 3
Załóżmy, że chcemy dowieść, że G (a,..., a ) A (a,..., a ), wiedząc, że G + A + dla dowolych liczb dodatich. Zauważmy, że A = A + (a,..., a, A ) G + (a,..., a, A ) = G /(+) A /(+), stąd G A. Pokazaliśmy, że jeżeli ierówość G A jest prawdziwa dla to i dla oraz jeżeli jest prawdziwa dla + to i dla. Czytelikowi pozostawiamy dowód przez idukcję, że jest oa prawdziwa dla dowolego. Zauważmy, że H (a, a,..., a ) = A (a,..., a ) oraz G (a, a,..., a ) = G (a,..., a ). Wyika z tego, że ierówość G (a,..., a ) H (a,..., a ) jest rówoważa G (a, a,..., a ) A (a,..., a ), co jest prawdą. Pozostało dowieść A K. To jest pałowaie. Podosząc do kwadratu i możąc przez stroami otrzymujemy (a +... + a ) (a + a +... + a ). Ta ierówość jest rówoważa, po pomożeiu przez stroami, ierówości 0 (a i a j ). i,j Przy okazji widać stąd, że ierówość A K jest ajsłabsza ma ajprostszy dowód. Uwaga: z dowodu wyika, że ierówości G A K są prawdziwe rówież dla liczb ieujemych. Zadaie 6. Liczby a, b, c są rzeczywiste dodatie. We wszystkich poiższych ierówościach zastąp otrzymaą ierówość.. a + b + c 9 a+b+c,. (a + b + c) 3(a + b + c ), 3. a b + a c + b a + b c + c a + c b 6abc, jedym ze zaków:, po czym udowodij 4. (a + b + c) 3(ab + bc + ca), 5. a + b + c + 3 (a + b + c), 6. 3 ( a + b + c) a + b + c. 5.3 Waruki Czasami ierówość przychodzi z pewym warukiem. Wtedy warto pozbyć się waruku podstawiając odpowiedio do rówaia. Dwie ajczęstsze sytuacje ukazae są poiżej. Zadaie 6. Kwadraty liczb dodatich a, b, c sumują się do. Uzasadij, że ab + bc + ca. Wskazówka: pomóż i / przez taką potęgę a + b + c, żeby zmiaa zmieych a Na, b Nb, c Nc ie zmieiała ierówości. Zadaie 63. Iloczy liczb dodatich a, b, c jest rówy. Udowodij, że a + b + c 3. Wykaż też, że a + b + c 3. Wskazówka: ustal x, y, z tak, że a = x/y, b = y/z, c = z/x. [spisał Joachim Jelisiejew, dziękuję Marii Bael za poprawki] 4