Pi_{}eciogodzinówka, dzień pierwszy, rozwi _{}azania zadań

luty 2005

1. Rozstrzygnij, czy istniej _{}a liczby naturalne a > b > 1 takie, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej k istnieje liczba całkowita dodatnia n, dla której an+b jest k-t _{}a poteg _{}a pewnej liczby całkowitej dodatniej.

Rozwi _{}azanie. Istniej _{}a. Niech a = 6, b = 4. Wtedy dla każdej liczby całkowitej dodatniej k zachodzi: k-ta pot_{}ega liczby 4 przystaje do 4 mod 6, czyli istnieje takie n ∈ ℤ^{+} , że 4^{k} = 6n + 4.

■

2. Punkt D jest takim punktem boku AB trójk _{}ata ABC, że 3 · AD = BD. Punkt E jest takim punktem łuku AC okr_{}egu opisanego na trójk _{}acie ABC, niezawieraj _{}acym punktu B, że ∡ADE = ∡ACB. Wykazać, że 2 · DE = EB.

Rozwi _{}azanie. Z twierdzenia o k _{}atach wpisanych opartych na tym samym łuku wynika, że ∡ACB = ∡AEB. W zwi _{}azku z tym trójk _{}aty ADE i AEB s _{}a podobne, niech k oznacza ich skal_{}e podobieństwa. Oczywiście k = \frac{AD}{AE} = \frac{AE}{AB}, wi_{}ec k^{2} = \frac{AD}{AB} = \frac{1}{4}, czyli k = \frac{1}{2}. Na mocy podobienstwa otrzymujemy

tez_{}e: \frac{DE}{EB} = \frac{1}{2}. ■

3. W każde pole szachownicy 2005 × 2005 wpisana dostała liczba o module niewi_{}ekszym niż 1. W każdym kwadracie 2 × 2 suma liczb wynosi 0. Wykazać, że w całym kwadracie suma liczb jest nie wi_{}eksza niż 2005.

Rozwi _{}azanie. Wprowadźmy układ wspólrz_{}ednych na szachownicy w nast_{}epuj _{}acy sposób: pole (1, 1) to lewe dolne pole, (2005, 1) to prawe dolne, (2005, 2005) to prawe górne. Niech L(i, j) b_{}edzie liczb _{}a stoj _{}ac _{}a na polu (i, j). Wiadomo, że suma liczb w kwadracie (1 − 2004, 1 − 2004) jest równa 0, gdyż kwadrat ten możemy przykryć 1002^{2} kwadratami 2 × 2. Zatem suma liczb w całym dużym kwadracie jest taka, jak na w _{}askim pasku składaj _{}acym si_{}e z pól postaci (2005, i) oraz (i, 2005). Zauważmy, fakcik:

L(i, j) + L(i, j + 1) = L(i + 2, j) + L(i + 2, j + 1),

gdyż obie te sumy s _{}a równe −(L(i + 1, j) + L(i + 1, j + 1)). Pokaż_{}e, teraz, że dla i ∈ {1, 2, …, 1002} zachodzi:

L(2i − 1, 2005) + L(2i, 2005) + L(2005, 2i − 1) + L(2005, 2i) 2.

Zauważmy, że z fakciku wynika, że

L(2i − 1, 2005) + L(2i, 2005) = L(2i − 1, 2i − 1) + L(2i, 2i − 1).

Analogicznie

L(2005, 2i − 1) + L(2005, 2i) = L(2i − 1, 2i − 1) + L(2i − 1, 2i).

Zatem

L(2i − 1, 2005) + L(2i, 2005) + L(2005, 2i − 1) + L(2005, 2i) =
= L(2i − 1, 2i − 1) + L(2i, 2i − 1) + L(2i − 1, 2i − 1) + L(2i − 1, 2i) =

= (L(2i − 1, 2i − 1) + L(2i, 2i − 1) + L(2i, 2i) + L(2i − 1, 2i)) + (L(2i − 1, 2i − 1) − L(2i, 2i)) =

= 0 + L(2i − 1, 2i − 1) − L(2i, 2i) 2.

Sumuj _{}ac 1002 takie nierówności oraz nierówność L(2005, 2005) 1 otrzymamy tez_{}e zadania. ■