Jasne, nie ma problemu.-- 1 paź 2014, o 06:12 --Już mnie chyba tajna policja matematyki.pl nie zbanuje, więc pokusze się o komentarz do zadań, a rozwiązania postaram się wrzucić wieczorem. Ogolnie to zadanka średnie. Pierwsze to niezły syf, zero myślenia, tylko głupie dłubanie w podzielnościach. Drugie prosciutkie, ale też ładne.moim zdaniem, pokazuje najważniejsze narzędzia w kombi, tj. indukcja i kombinowanie z maksymalnym elementem. Trzecie jest dość łatwe i bardzo schematowe. Czwarte to kompletny banał, zero myślenia, tylko zliczanie kątów. No ale część osób może się nie zgodzić, z racji tego, że to geometria. Ogólnie mój ranking trudności wygląda następująco(od najtrudniejszego): 1,3,2,4, czyli odwrotnie w porównaniu do 65 OM.
Załóżmy na początek, że \(\displaystyle{ NWD\left( a,b,c\right)=1}\). Na mocy założenia, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \in \mathbb{Z}}\) mamy podzielność: \(\displaystyle{ abc|ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \ \ \left( *\right)}\).
Symbolem \(\displaystyle{ v_{p}\left( n\right)}\) będziemy oznaczali rząd liczby \(\displaystyle{ n}\) modulo \(\displaystyle{ p}\), tzn. taką liczbę całkowitą nieujemną \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ p^{x}|n \wedge p^{x+1} \nmid n}\).
Rozważmy teraz dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\), która dzieli iloczyn \(\displaystyle{ abc}\) i oznaczmy \(\displaystyle{ v_{p}\left( abc\right)=x}\), \(\displaystyle{ x>0}\). Skoro liczba \(\displaystyle{ p}\) dzieli iloczyn \(\displaystyle{ abc}\), to dzieli któryś z czynników. Nie tracąc ogólności rozumowania możemy założyć, że \(\displaystyle{ p|a}\). Wówczas na mocy podzielności \(\displaystyle{ \left( *\right)}\) stwierdzamy, że \(\displaystyle{ p|bc^{2}}\), a więc \(\displaystyle{ p|b \vee p|c}\). Obie z tych podzielności jednocześnie zajść nie mogą, bo przeczyłoby to założeniu, że \(\displaystyle{ NWD\left( a,b,c\right)=1}\). Możliwe są wobec powyższego dwa przypadki:
Przypadek 1: \(\displaystyle{ p|b \wedge p \nmid c}\). Wówczas możemy napisać: \(\displaystyle{ a=p^{ \alpha } \cdot A, \ \ b=p^{\beta}\cdot B}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha, \beta, A, B \in \mathbb{Z_{+}}}\) i \(\displaystyle{ p \nmid A, \ p \nmid B}\).
Wówczas \(\displaystyle{ abc=p^{\alpha+\beta} \cdot A \cdot B \cdot c}\), przy czym \(\displaystyle{ p \nmid ABc}\). Zatem \(\displaystyle{ v_{p}\left( abc\right)=\alpha+\beta}\).
Na mocy podzielności \(\displaystyle{ \left( *\right)}\) mamy więc \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\), czyli \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{\alpha+2\beta} \cdot A \cdot B^{2}+p^{\beta} \cdot B \cdot c^{2}+p^{2\alpha} \cdot A^{2} \cdot c}\)
Poza tym z \(\displaystyle{ \left( *\right)}\) mamy \(\displaystyle{ a|bc^{2}}\), czyli w szczególności: \(\displaystyle{ p^{\alpha}|p^{\beta} \cdot B \cdot c^{2}}\), a więc \(\displaystyle{ \alpha \le \beta}\).
Skoro \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{\alpha+2\beta} \cdot A \cdot B^{2}}\) to musi być: \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{\beta} \cdot B \cdot c^{2}+p^{2\alpha} \cdot A^{2} \cdot c}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ \alpha \le \beta}\) to \(\displaystyle{ 2\alpha \le \alpha+ \beta}\). Pokażemy teraz, że \(\displaystyle{ \beta=2\alpha}\).
Gdyby \(\displaystyle{ \beta<2\alpha}\) to \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{\beta} \cdot \left( B \cdot c^{2}+p^{2\alpha-\beta}\cdot A^{2}\cdot c\right)}\).
Jak łatwo widać, wyrażenie w nawiasie nie dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\), więc musiałoby być: \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{\beta}}\), co nie jest możliwe, bo \(\displaystyle{ \alpha>0}\).
Gdyby zaś było \(\displaystyle{ \beta>2\alpha}\), to rozumując analogicznie jak powyżej dostalibyśmy \(\displaystyle{ p^{\alpha+\beta}|p^{2\alpha}}\), a to również nie jest możliwe z uwagi na założenie \(\displaystyle{ \beta>2\alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha>0}\).
Tak więc musi zachodzić \(\displaystyle{ \beta=2\alpha}\), co implikuje \(\displaystyle{ x=v_{p}\left( abc\right)=\alpha+\beta=3\alpha}\), więc \(\displaystyle{ 3|x}\).
Przypadek 2: \(\displaystyle{ p \nmid b \wedge p|c}\). Rozumując w pełni analogicznie jak w przypadku 1 również dostajemy \(\displaystyle{ 3|x}\).
Z uwagi na dowolność wyboru liczby \(\displaystyle{ p}\), wnioskujemy, że dowolna liczba pierwsza wchodząca w rozkład liczby \(\displaystyle{ abc}\) na czynniki pierwsze wchodzi w ten rozkład z wykładnikiem podzielnym przez \(\displaystyle{ 3}\), a to implikuje natychmiast, że \(\displaystyle{ abc}\) jest sześcianem liczby całkowitej.
Uwalniając się od założenia \(\displaystyle{ NWD\left( a,b,c\right)=1}\) weźmy \(\displaystyle{ NWD\left( a,b,c\right) =d}\). Wówczas istnieją takie nieujemne całkowite liczby \(\displaystyle{ a_{1},b_{1},c_{1}}\), że \(\displaystyle{ a=d\cdot a_{1}, \ b=d \cdot b_{1}, \ c=d \cdot c_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ NWD\left( a_{1},b_{1},c_{1}\right)=1}\). Wówczas łatwo zauważyć, że: \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{b_{1}}{a_{1}}+\frac{c_{1}}{a_{1}} \in \mathbb{Z}}\),
więc z wcześniej udowodnionego przypadku \(\displaystyle{ a_{1}b_{1}c_{1}}\) jest sześcianem liczby całkowitej, a skoro \(\displaystyle{ abc=d^{3}a_{1}b_{1}c_{1}}\), to \(\displaystyle{ abc}\) również jest sześcianem liczby całkowitej, co kończy rozwiązanie.
2.:
Nie tracąc ogólności rozumowania można założyć, że \(\displaystyle{ 1 \le x_{1} \le x_{2} \le \dots \le x_{n}}\). W razie gdyby tak nie było, możemy bezkarnie popermutować indeksy, żeby był dokładnie taki porządek jak napisałem.
Lemat:
Dla dowolnego \(\displaystyle{ k \ge 1}\) zachodzi \(\displaystyle{ x_{k} \le k}\). Dowód lematu:
Załóżmy, nie wprost, że teza lematu nie zachodzi i weźmy takie \(\displaystyle{ j \in \left\{ 1,2,\dots,n\right\}}\), że \(\displaystyle{ x_{j}>j}\). Wówczas mamy dla \(\displaystyle{ 1 \le i<j \ \ x_{i} \ge 1}\), zaś dla \(\displaystyle{ i \ge j \ \ x_{i} \ge j+1}\). Stąd mamy: \(\displaystyle{ 0>s-n=x_{1}+x_{2}+\dots + x_{n}-2n \ge \left( j-1\right) \cdot 1 + \left( n-j+1\right) \cdot \left( j+1\right)-2n=\left( n-j\right)\left( j-1\right) \ge 0}\)
Otrzymana sprzeczność kończy dowód lematu \(\displaystyle{ \square}\).
Dowód tezy zadania będzie indukcyjny:
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nie ma czego dowodzić, po prostu \(\displaystyle{ s=x_{1}=1}\).
Załóżmy teraz, że teza zadania zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ n}\) liczb całkowitych \(\displaystyle{ 1 \le x_{1} \le x_{2} \le \dots \le x_{n}}\) takich, że \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+\dots +x_{n}=s<2n}\).
Przejdźmy do kroku indukcyjnego. Rozważmy nabór \(\displaystyle{ n+1}\) liczb całkowitych \(\displaystyle{ x_{1},x_{2},\dots ,x_{n+1}}\) takich że \(\displaystyle{ 1 \le x_{1} \le x_{2} \le \dots \le x_{n+1}}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1}x_{i}=s<2n+2}\).
Rozważmy teraz dowolną liczbę \(\displaystyle{ m \in \left\{ 1,2,3, \dots ,s\right\}}\).
Niech \(\displaystyle{ l \in \left\{ 1,2,\dots , n+1\right\}}\) będzie największym takim indeksem dla którego zachodzi nierówność \(\displaystyle{ x_{l} \le m}\). Jeśli \(\displaystyle{ x_{l}=m}\) to dowód mamy zakończony. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ x_{l}<m}\) i oznaczmy \(\displaystyle{ r=m-x_{l}}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 1 \le r \le s-x_{l}}\). Lewa nierówność jest oczywista, na mocy tego co napisane jest linijkę wyżej. Natomiast dowód prawej nierówności jest następujący (przyjmujemy w razie potrzeby, dla przejrzystości zapisu \(\displaystyle{ x_{n+2}=s}\)):
Skoro \(\displaystyle{ x_{l}<m<x_{l+1}}\) (z maksymalności \(\displaystyle{ l}\)) to \(\displaystyle{ r=m-x_{l}<x_{l+1}-x_{l} \le s-x{l}}\)
Możliwe są dwa przypadki:
1. \(\displaystyle{ x_{l}=1}\). Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ x_{1}=x_{2}=\dots=x_{l}=1}\) oraz \(\displaystyle{ m<x_{l+1} \le l+1}\) (z lematu), czyli \(\displaystyle{ 1 \le m \le l}\) i mamy \(\displaystyle{ m=x_{1}+x_{2}+\dots +x_{m}}\), czyli szukany rozkład. Więc w tym przypadku teza zadania zachodzi.
2. \(\displaystyle{ x_{l} \ge 2}\). Rozważmy nabór \(\displaystyle{ n}\) liczb całkowitych \(\displaystyle{ y_{1},y_{2},\dots ,y_{n}}\) zdefiniowanych następująco: \(\displaystyle{ y_{i}=\begin{cases} x_{i} \ dla \ i<l \\ x_{i+1} \ dla \ l \le i \le n \end{cases}}\).
Oczywiście są to liczby \(\displaystyle{ x_{1},x_{2},\dots , x_{n+1}}\) z wyrzuconą liczbą \(\displaystyle{ x_{l}}\).
Wówczas \(\displaystyle{ 1 \le y_{1} \le \dots \le y_{n}}\) oraz \(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{n}y_{i}=s-x_{l}<2n+2-2=2n}\). Ponieważ, \(\displaystyle{ r \le S}\) (wykazaliśmy to wcześniej), to \(\displaystyle{ r}\) da się zapisać jako sumę liczb wybranych spośród \(\displaystyle{ y_{1}, y_{2}, \dots ,y_{n}}\) i w konsekwencji liczba \(\displaystyle{ m}\) da się zapisać jako suma liczb wybranych spośród \(\displaystyle{ x_{1},x_{2}, \dots , x_{n+1}}\). To kończy indukcję i dowód tezy zadania.
3.:
Niech \(\displaystyle{ a=\sqrt[n]{\sqrt{2}+1}}\) i \(\displaystyle{ b=\sqrt[n]{\sqrt{2}-1}}\).
Łatwo dowodzimy, że obie liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są niewymierne.
Istotnie, załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ a}\) jest liczbą wymierną. Wówczas oczywiście liczba \(\displaystyle{ a^{n}-1=\sqrt{2}}\) jest wymierna, co nie jest prawdą. Analogicznie uzasadniamy że \(\displaystyle{ b}\) jest liczbą niewymierną.
Pokażemy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\) liczba \(\displaystyle{ \sqrt[n]{\sqrt{2}+1}+\sqrt[n]{\sqrt{2}-1}}\) nie jest liczbą wymierną.
Przypuśćmy przeciwnie, że dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ q=\sqrt[n]{\sqrt{2}+1}+\sqrt[n]{\sqrt{2}-1}>0}\) jest wymierna. Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ a \cdot b=1}\), a więc na mocy wzorów Viete'a liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są pierwiaskami równania kwadratowego: \(\displaystyle{ x^{2}-qx+1=0}\)
To równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste \(\displaystyle{ a>b}\), a więc \(\displaystyle{ \Delta=q^{2}-4>0}\) i mamy: \(\displaystyle{ a=\frac{q+\sqrt{q^{2}-4}}{2} \\
b=\frac{q-\sqrt{q^{2}-4}}{2}}\)
Skoro \(\displaystyle{ q \in \mathbb{Q}}\) oraz \(\displaystyle{ a,b \not \in \QQ}\) to liczba \(\displaystyle{ q^{2}-4}\) nie jest kwadratem liczby wymiernej, a tym samym liczba \(\displaystyle{ \frac{q^{2}-4}{4}}\) nie jest kwadratem liczby wymiernej. Oznaczmy teraz: \(\displaystyle{ p=\frac{q}{2}}\) i \(\displaystyle{ r=\frac{q^{2}-4}{4}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ p,r \in \QQ}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{r} \not \in \QQ}\).
Łatwo się przekonujemy, że: \(\displaystyle{ a=p+\sqrt{r}}\) oraz \(\displaystyle{ b=p-\sqrt{r}}\).
Mamy więc równość: \(\displaystyle{ \sqrt[n]{\sqrt{2}+1}=p+\sqrt{r}}\)
Podnosząc ją stronami do potęgi \(\displaystyle{ n}\) i upraszczając dostajemy: \(\displaystyle{ \sqrt{2}+1=\left( p+\sqrt{r}\right) ^{n} \\
\sqrt{2}=\sum_{i=0}^{n}\left[ {n \choose i}p^{n-i}\cdot \sqrt{r}^{i}\right] -1\\
\sqrt{2}=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\left[ {n \choose 2i}p^{n-2i}\cdot r^{i}\right]-1+\sqrt{r} \cdot \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor -1}\left[ {n \choose 2i+1} p^{n-2i-1}\cdot r^{i}\right]}\)
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ P=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\left[ {n \choose 2i}p^{n-2i}\cdot r^{i}\right]}\) oraz \(\displaystyle{ R= \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor -1}\left[ {n \choose 2i+1} p^{n-2i-1}\cdot r^{i}\right]}\)
Wówczas skoro \(\displaystyle{ p,r \in \QQ}\) to łatwo się przekonać, że również \(\displaystyle{ P,R \in \QQ}\).
Dostaliśmy, więc \(\displaystyle{ \sqrt{2}=P-1+R\sqrt{r}}\)
Stosując analogiczne rozważania do równości \(\displaystyle{ \sqrt[n]{\sqrt{2}-1}=p-\sqrt{r}}\) przekonujemy się, że \(\displaystyle{ \sqrt{2}=P+1-R\sqrt{r}}\).
Dodając dwie ostatnio otrzymane równości dostajemy: \(\displaystyle{ 2\sqrt{2}=2P}\)
Po lewej stronie tej równości stoi liczba niewymierna, natomiast po prawej liczba wymierna. Otrzymaliśmy więc sprzeczność, która dowodzi, że początkowe założenie o wymierności liczby \(\displaystyle{ \sqrt[n]{\sqrt{2}+1}+\sqrt[n]{\sqrt{2}-1}}\) było fałszywe.
Wobec tego nie istnieje taka liczba naturalna \(\displaystyle{ n \ge 1}\), że liczba \(\displaystyle{ \sqrt[n]{\sqrt{2}+1}+\sqrt[n]{\sqrt{2}-1}}\) jest wymierna.
4.:
Ponieważ \(\displaystyle{ AB \neq AC}\) to nie tracąc ogólności rozumowania załóżmy, że \(\displaystyle{ AB>AC}\) (przypadek z odwrotną nierównością rozważamy analogicznie). Konfiguracja:
Pokażę najpierw, że punkty \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ N}\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(\displaystyle{ AM}\) (w przypadku gdy \(\displaystyle{ AB>AC}\)).
Niech dwusieczna kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\) przecina bok \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Z twierdzenia o dwusiecznej: \(\displaystyle{ \frac{BP}{CP}=\frac{AB}{AC}>1 \Rightarrow BP>CP \Rightarrow BP>BM}\). Ponadto trójkąty \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) i \(\displaystyle{ \Delta AEF}\) są podobne, a więc \(\displaystyle{ \angle BAM = \angle CAN}\). A stąd proste \(\displaystyle{ AM}\) i \(\displaystyle{ AN}\) są symetryczne względem prostej \(\displaystyle{ AP}\) i nie pokrywają się z tą prostą, bo trójkąt nie jest równoramienny. Zatem \(\displaystyle{ \angle BAM<\angle BAN}\) i dowiodłem to czego chciałem. Dowód tezy zadania:
Wprowadźmy oznaczenia: \(\displaystyle{ \angle A=\alpha, \ \angle B=\beta, \ \angle C=\gamma}\) i niech dodatkowo \(\displaystyle{ \angle MAN=\delta}\).
Łatwo zauważamy, że punkty \(\displaystyle{ B,C,E,F}\) leżą na jednym okręgu o środku w punkcie \(\displaystyle{ M}\). Ponadto trójkąty \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) i \(\displaystyle{ \Delta AEF}\) są podobne. Zauważamy też że \(\displaystyle{ MN \perp EF}\). Stąd wnosimy, że \(\displaystyle{ \angle FMN=90-\alpha}\).
Mamy kolejno obliczając kąty, (będę pomijał rachunki): \(\displaystyle{ \angle AMF=180-\frac{3}{2}\alpha-\gamma+\frac{\delta}{2} \\
\angle AMN=\frac{1}{2}\alpha+\gamma-\frac{1}{2}\delta-90 \\
\angle ANM=270-\frac{1}{2}\alpha-\gamma-\frac{1}{2}\delta}\) \(\displaystyle{ \angle AQM=\gamma-\beta+\delta \\
\angle MAQ=\beta +\frac{1}{2}\alpha-\frac{1}{2}\delta \\
\angle BAQ=\beta}\)
Do tezy brakuje tylko pokazania, że punkty \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(\displaystyle{ AB}\), co jest względnie łatwe. Załóżmy, że tak nie jest. Z konfiguracji \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(\displaystyle{ AM}\). A ponadto patrząc na proste \(\displaystyle{ AM}\) i \(\displaystyle{ MF}\) wnosimy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( \alpha-\delta\right)<\beta}\), co oznaczałoby, że \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą po tej samej stronie prostej \(\displaystyle{ AM}\), a tak nie jest.
Stąd wynika, że \(\displaystyle{ AQ \parallel BC}\) i koniec zadania.
Strasznie pokrętnie mi to ogólnie wyszło, ale mam nadzieję, że mniej więcej poprawnie. Ciekaw jestem wzorcówek, bo pewnie trochę się od nich oddaliłem.
komentarz:
Ogólnie uważam, że jak na pierwszą serię to poziom jest naprawdę wysoki. Nie widzę wśród tych zadań, żadnego, które byłoby darmowe. Co do mojej oceny to naprawdę zadania całkiem trudne. Dla mnie osobiście najłatwiejszym zadaniem z tej serii była geometria, którą daje się przepałować na kątach. Poza tym 1,2,3 też wcale nie są takie proste i trzeba się nad nimi dobrą chwilę zastanowić. Nie było zadania, które by mnie urzekło jakoś szczególnie, wręcz przeciwnie robienie ich było trochę męczące, ale jeśli miałbym wybierać to chyba najfajniejsze było zadanie trzecie. Mój ranking trudności przedstwiałby się jakoś tak (od najłatwiejszego) 4,3,1,2. Co do konkretniejszej oceny trudności każdego zadania to wyglądałoby to chyba jakoś tak:
1. Średnie, metoda znana i trochę narzucająca się, ale trzeba było się sporo napracować
2. Średnie, indukcja to chyba pierwszy pomysł, ale wymyślenie jak dojść do końca wymaga trochę wysiłku.
3. Średnio łatwe, trochę babrania się w rachunkach, ale coś wyszło
4. Łatwe. Pała na kątach to najgorszy rodzaj geometrii (nie licząc zespolonych i analitycznej, co w ogóle jest gwałtem na naturze)
Generalnie, zgodzę się z bakala12, że 3. jest najładniejszym zadaniem z tej serii, ale z powodu innego rozwiązania:
Ukryta treść:
Całe zadanie rozwala lemat:
Dane są liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\), takie że ich suma oraz iloczyn są liczbami wymiernymi. Wówczas dla każdego \(\displaystyle{ k}\) całkowitego nieujemnego liczba \(\displaystyle{ x^k + y^k}\) należy do wymiernych.
Jeden generalnie łatwo można to dowieść indukcyjnie, dwa teza działa dla \(\displaystyle{ k}\) całkowitych, nie tylko nieujemnych (no, trzeba tam założyć, że iloczyn xy jest różny od zera, jak chce się też dla ujemnych k).
Jak ma się lemat, to stosując go bezpośrednio do zadania ciśniemy, przez sprzeczność, lemat dla k = n i wychodzi sprzeczność
Założenie jest równoważne temu, by \(\displaystyle{ a^2c+b^2a+c2^b = mabc}\) Weźmy dowolne pierwsze \(\displaystyle{ p|abc}\). WLOG \(\displaystyle{ \gcd(a,b,c)=1}\) i \(\displaystyle{ p|a \wedge p|b \wedge p \not| c}\). Niech \(\displaystyle{ a:=a_1 \cdot p^k,b:=b_1 \cdot p^l}\), przy czym \(\displaystyle{ v_p(a)=k, v_p(b)=l}\), nasze równanie teraz wygląda tak: \(\displaystyle{ a_1^2p^{2k}c+a_1b_1^2p^{2l+k}+b_1p^lc^2=mp^{l+k}a_1b_1c}\). Stąd nierówności \(\displaystyle{ l \leq 2k, k \leq l}\), z tego otrzymujemy \(\displaystyle{ 2k \leq l}\). Zatem \(\displaystyle{ l=2k}\) i koniec zabawy.
2.:
WLOG \(\displaystyle{ x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_n}\), jeżeli są same jedynki to koniec, jeżeli nie to dowodzimy indukcyjnie, baza indukcji prosta. Wyrzucamy \(\displaystyle{ x_n}\) z sumy liczb \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n}\) otrzymując na mocy założenia indukcyjnego konstrukcję dla liczb \(\displaystyle{ 1,2,...,s-x_n}\). Teraz indukcyjnie otrzymujemy liczby \(\displaystyle{ x_n,1+x_n,...,s}\). Teraz wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ x_n-1 \leq s-x_n}\)
3.:
Te dwie liczby są do siebie odwrotne, a dla wymiernego \(\displaystyle{ w+ \frac{1}{w}}\) z indukcji i dwumianu Newtona mamy, że \(\displaystyle{ w^n+ \left( \frac{1}{w}\right) ^n}\) jest wymierne. Sprzeczność
1. Zacząłem tak jak Wojteg. Trochę inna końcówka, ale też doszedłem do \(\displaystyle{ l=2k}\). 2. Indukcja po \(\displaystyle{ n}\)(dodadkowo 2 łatwe przypadki). 3. Trzecie zakładam, że jest wymierna. Zapisuję równanie w postaci \(\displaystyle{ a+ \frac{1}{a}= \frac{p}{q}}\). Po przekształceniach i skorzystaniu z prostego lematu otrzymamy, że \(\displaystyle{ (2q)^{n} > p^{n}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{p}{q}<2}\). Korzystając z nierówności \(\displaystyle{ a+ \frac{1}{a} \ge 2}\) (dla \(\displaystyle{ a>0}\)) otrzymujemy sprzeczność. 4. Oznaczam \(\displaystyle{ AM \cap EF = K, AN \cap BC = L}\). Zauważamy, że \(\displaystyle{ KMLN}\) jest cykliczny. Teraz równości kątów i łatwo dostajemy tezę.
Ukryta treść:
Moim zdaniem zadania od najłatwiejszego to 4, 1, 2, 3, ale poziom wszystkich porównywalny.
\(\displaystyle{ a, b, c, d, a_{1}, b_{1}, c_{1}, l_{1}, m_{1}, x_{1}, y_{1}, k, l, n, m, x, y, z, p, q \in \mathbb{Z}}\) \(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \in \mathbb{Z}}\)
Niech: \(\displaystyle{ NWD \left( a, b, c \right) = d, a = a_{1}d, b = b_{1}d, c = c_{1}d}\).Przekształćmy równoważnie wyrażenie z treści zadania, otrzymujemy: \(\displaystyle{ \frac{ a_{1} ^{2} c_{1}d^{3} + b_{1} ^{2} a_{1}d^{3} + c_{1} ^{2} b_{1}d^{3}}{ a_{1} b_{1} c_{1} d^{3} }}\) Po skróceniu dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{ a_{1} ^{2} c_{1} + b_{1} ^{2} a_{1} + c_{1} ^{2} b_{1}}{ a_{1} b_{1} c_{1} }}\)
Musimy zatem wykazać, że: \(\displaystyle{ a_{1} b_{1} c_{1}}\) jest sześcianem liczby całkowitej. Zauważmy, że zachodzą następujące podzielności : \(\displaystyle{ a_{1}| c_{1} ^{2} b_{1}, b_{1}| a_{1} ^{2} c_{1}, c_{1}| b_{1} ^{2} a_{1}}\). Wprowadźmy następujące oznaczenia: \(\displaystyle{ NWD \left( a_{1}, b_{1} \right)=k, NWD \left( b_{1}, c_{1} \right) =l, NWD \left( c_{1}, a_{1} \right)=n}\) Z racji tego, że liczby \(\displaystyle{ k, l, n}\) są parami względnie pierwsze liczby, liczby \(\displaystyle{ a_{1}, b_{1}, c_{1}}\) możemy przedstawić w następujący sposób: \(\displaystyle{ a = knx, b = kly, c=lnz; x, y, z \in \mathbb{Z}}\) Zauważmy także, iż liczby \(\displaystyle{ x, y, z}\) są parami względnie pierwsze. W przeciwnym razie otrzymalibyśmy sprzeczność na mocy maksymalnej wartości \(\displaystyle{ k,l,n}\). Zauważmy, że z zauważonych wcześniej podzielności wynika, że \(\displaystyle{ knx|l^{3}n^{2}kz^{2}y}\). Po uwzględnieniu tego, że poszczególne liczby są względnie pierwsze i uproszczeniu dostajemy \(\displaystyle{ x|l^{3}n}\). Wykażemy, że \(\displaystyle{ x|n}\). Załóżmy przeciwnie, że tak nie jest. Widzimy zatem, że \(\displaystyle{ x}\) musi posiadać jakiś wspólny dzielnik z \(\displaystyle{ l^{3}}\), a co za tym idzie także z \(\displaystyle{ l}\). Niech więc: \(\displaystyle{ NWD(x, l) = p; x = px_{1}, n=pl_{1}, p>1}\) Widzimy zatem, że: \(\displaystyle{ a_{1}= px_{1}kn, c_{1}=pl_{1}nz}\) Otrzymujemy więc \(\displaystyle{ NWD(a_{1}, c_{1})=np>n}\), zatem otrzymujemy sprzeczność. Widzimy zatem, że: \(\displaystyle{ n=xm}\). Nasze wyrażenie z treści zadania przyjmuje teraz następującą postać: \(\displaystyle{ \frac{ k^{2} ln^{3}x^{2}z + l^{2}k^{3}ny^{2}x+ n^{2}l^{3}kz^{2}x}{ k^{2}l^{2}n^{2}xyz }}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ n^{2}| l^{2}k^{3}ny^{2}x}\), czyli \(\displaystyle{ n|y^{2}x \Rightarrow m|y^{2}}\). Niech teraz: \(\displaystyle{ NWD(m, y)=q, m=qm_{1}, y=qy_{1}}\)Zauważmy, że \(\displaystyle{ b_{1}=qy_{1}kl, c_{1}=qm_{1}lz}\). Widzimy zatem, że \(\displaystyle{ q=1}\), a skoro zachodzi wspomniana podzielność, to \(\displaystyle{ m=1}\). Zatem \(\displaystyle{ x=n}\). Podobnie pokazujemy, że \(\displaystyle{ y=k}\) oraz \(\displaystyle{ z=l}\). Zatem \(\displaystyle{ a_{1} b_{1} c_{1}= \left( kln \right)^3}\), co kończy rozumowanie.
2.
Ukryta treść:
Indukcja i usuwanie maksymalnego elementu, tak ja już wspomniałem.
3.
Ukryta treść:
Lemat:
Niech \(\displaystyle{ a, b \in \mathbb{R}}\).Jeżeli \(\displaystyle{ a+b \in \mathbb{Q}, ab = \left| 1 \right|}\), to \(\displaystyle{ a^{n} + b^{n} \in \mathbb{Q}}\) dla każdej dodatniej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\).
Dowód:
Zauważmy, że
(1)\(\displaystyle{ \left( a^{n} + b^{n} \right) \left( a+b \right) = a^{n+1} + b^{n+1} + a^{n}b + b^{n}a = a^{n+1} + b^{n+1} + \left| a \right| + \left| b \right|}\)
Zauważmy także, że: \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} = \left( a+b \right) ^{2} - 2ab = \left( a+b \right) ^{2} - \left| 2 \right|}\) Prawa strona powyższej równości na mocy założenia jest wymierna, zatem \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} \in \mathbb{Q}}\). Widzimy zatem, stosując (1) spostrzeżenia: \(\displaystyle{ \left( a^{2} + b^{2} \right) \left( a+b \right) = a^{3} + b^{3} + \left| a \right| + \left| b \right| \Rightarrow a^{3} + b^{3} \in \mathbb{Q}}\). Widzimy więc, że używając tożsamości (1) łatwo wykazujemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge3}\) zachodzi: \(\displaystyle{ a^{n} + b^{n} \in \mathbb{Q} \Rightarrow a^{n+1} + b^{n+1} \in \mathbb{Q}}\). Przejdźmy zatem do rozwiązania zadania.
Załóżmy, że istnieje taka liczba dodatnia całkowita $n$, że: \(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \sqrt{2}+1 } + \sqrt[n]{ \sqrt{2}-1 } = x}\), gdzie \(\displaystyle{ x \in \mathbb{Q}}\).
Niech: \(\displaystyle{ a=\sqrt[n]{ \sqrt{2}+1 }, b=\sqrt[n]{ \sqrt{2}-1 }}\).Niech ponadto \(\displaystyle{ n}\) będzie najmniejszą taką liczbą. Zauważmy, że wtedy \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste, gdyż w przeciwnym razie \(\displaystyle{ n = 2k}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( a+b \right) ^{2k} = x^{2k}}\), co jest równoważne \(\displaystyle{ \left| \left( a+b \right) ^{k} \right| = \left| x^{k} \right|}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \left| x^{k} \right| \in \mathbb{Q}}\), co daje sprzeczność, na mocy poprzedniego założenia o minimalnym \(\displaystyle{ n}\).
Zauważmy też, że: \(\displaystyle{ ab= \left| 1 \right|}\)
Mamy zatem: \(\displaystyle{ \left( a+b \right) ^{n} = x^{n}}\), czyli ze wzoru dwumianowego Newtona \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \begin{pmatrix}
n \\
i
\end{pmatrix} \ a^{n-i}b^{i} = x^{n}}\). Po przekształceniach dostajemy \(\displaystyle{ 2 \sqrt{2} + \sum_{i=1}^{ \frac{n-1}{2} } \begin{pmatrix}
n \\
i
\end{pmatrix} \left( a^{n-2i} + b^{n-2i} \right) = x^{n}}\). Na mocy założenia, że \(\displaystyle{ a+b}\) jest wymierne, zatem wykorzystując nasz lemat i to, że wszystkie wyrazy w trójkącie Pascala są całkowite wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{ \frac{n-1}{2} } \begin{pmatrix}
n \\
i
\end{pmatrix} \left( a^{n-2i} + b^{n-2i} \right) \in \mathbb{Q}}\). Jednakże \(\displaystyle{ 2\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}}\), zatem lewa strona naszej równości jest niewymierna, a prawa wymierna. Otrzymujemy więc sprzeczność, na mocy której stwierdzamy, że nie istnieje takie dodatnie całkowite \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \sqrt{2}+1 } + \sqrt[n]{ \sqrt{2}-1 } \in \mathbb{Q}}\).
To mój pierwszy post na tym forum, więc witam wszystkich i przepraszam, jeśli coś napiszę nie tak. Do założenia konta skłoniły mnie przeczytane rozwiązania 2. zadania. Według mnie nie trzeba w nim korzystać z indukcji. Można je rozwiązać następująco
Ukryta treść:
Jeżeli dodatnie liczby całkowite \(\displaystyle{ x_1, x_2, ..., x_n}\) spełniają warunek
Lemat
Jeśli \(\displaystyle{ x_i=l}\), gdzie \(\displaystyle{ i \in \{1,2,...,n\}}\), jest największą z danych liczb \(\displaystyle{ x_1, x_2, ..., x_n}\), to co najmniej \(\displaystyle{ l-1}\) spośród nich ma wartość 1. Dowód
Przypuśćmy wbrew tezie, że co najwyżej \(\displaystyle{ l-2}\) (gdzie \(\displaystyle{ l\geqslant 2}\)) liczb jest równych 1. Wówczas
Otrzymana zależność jest sprzeczna z warunkiem \(\displaystyle{ (1)}\), zatem lemat jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ l\geqslant 2}\). Dla \(\displaystyle{ l=1}\) teza lematu oczywiście zachodzi (co najmniej 0 liczb jest równych 1).
Uporządkujmy teraz dane liczby od największej do najmniejszej. Powstanie nowy skończony ciąg liczb \(\displaystyle{ y_1, y_2, ..., y_n}\), gdzie \(\displaystyle{ y_1=l}\) jest największą z nich. Zdefiniujmy skończony ciąg \(\displaystyle{ (z_k)}\) w następujący sposób
gdzie \(\displaystyle{ k \in \{1,2,...,n\}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ z_1=l}\) oraz \(\displaystyle{ z_n=s}\).
Weźmy teraz dowolną liczbę \(\displaystyle{ a \in \{1,2,...,s\}}\). Jeśli istnieje \(\displaystyle{ m \in \{1,2,...,n\}}\), takie że \(\displaystyle{ a=z_m}\), to \(\displaystyle{ a=y_1+y_2+...+y_m}\) zatem tę liczbę można otrzymać jako sumę pewnych spośród liczb \(\displaystyle{ x_1, x_2, ..., x_n}\), ponieważ ciąg \(\displaystyle{ (y_k)}\) jest permutacją ciągu \(\displaystyle{ (x_k)}\). Jeżeli natomiast dla każdego \(\displaystyle{ m \in \{0,1,2,..., n\}}\) mamy \(\displaystyle{ a\not =z_m}\), to istnieje \(\displaystyle{ j\in \{0,1,2,...,n-l\}^1}\) takie że \(\displaystyle{ a \in (z_j, z_{j+1})}\) i wówczas liczba ta może być otrzymana jako suma liczby \(\displaystyle{ z_j}\) i \(\displaystyle{ a-z_j}\) jedynek. Z definicji ciągów \(\displaystyle{ (z_k)}\) i \(\displaystyle{ (y_k)}\) wiemy bowiem, że \(\displaystyle{ z_{j+1}-z_j=y_{j+1}\leqslant l}\), czyli \(\displaystyle{ a-z_j\leqslant l-1}\), a na mocy lematu wśród danych liczb co najmniej \(\displaystyle{ l-1}\) jest równych \(\displaystyle{ 1.^2}\)
Stąd każda liczba ze zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,...,s\}}\) jest sumą pewnych spośród liczb \(\displaystyle{ x_1, x_2, ..., x_n}\), czego należało dowieść.
Przypisy: \(\displaystyle{ 1)}\) Jest oczywiste, że \(\displaystyle{ j<n-l+1}\), gdyż dla \(\displaystyle{ j=n-l+1}\) liczby od \(\displaystyle{ z_j}\) do \(\displaystyle{ z_n}\) są kolejnymi liczbami naturalnymi (bo \(\displaystyle{ y_{n-l+2}=y_{n-l+3}=...=y_n=1}\)). \(\displaystyle{ 2)}\) Na podstawie pierwszej uwagi żadna spośród wspomnianych \(\displaystyle{ l-1}\) jedynek nie została zsumowana do otrzymania liczby \(\displaystyle{ z_j}\), ponieważ \(\displaystyle{ j<n-l+1}\) (liczby \(\displaystyle{ y_{n-l+2}, y_{n-l+3}, ..., y_n}\), niebędące składnikami \(\displaystyle{ z_j}\), są równe 1).
W zadaniu 8 rozumiem, że 0 nie wliczamy do liczb parzystych? Np. w podzbiorach {1, 2} i {3, 4} mamy 0 wspólnych elementów, więc się nie zalicza, że "ich część wspólna ma parzystą liczbę elementów"?
