Pi_{}eciogodzinówka, dzień trzeci

luty 2005

7. Niech p > 3 b_{}edzie liczb _{}a pierwsz _{}a zaś m = \frac{4^{p}−1}{3} . Wykazać, że 2^{m−1} ≡ 1 mod m.

Rozwi _{}azanie. Z małego twierdzenia Fermata mamy 4^{p} ≡ 4 mod p, p > 3, wi_{}ec m ≡ 1 mod p. W dodatku m jest nieparzyste, wi_{}ec dla pewnego k ∈ ℤ^{+} zachodzi m − 1 = 2kp. W takim razie 2^{m−1} =

(4^{p})^{k} = (3m + 1)^{k} ≡ 1 mod m. ■

8. Punkty A, P, Q, R i S leż _{}a na okr_{}egu w tej właśnie kolejności, przy czym

∡P AQ = ∡QAR = ∡RAS.

Wykazać, że

AR(AP + AR) = AQ(AQ + AS).

Rozwi _{}azanie. Zauważmy, iż P Q = QR = RS, bo odpowiednie łuki P Q, QR i RS s _{}a równe. W dodatku ∡AP Q + ∡AQR = π i ∡ASR + ∡ARQ = π, wobec tego na półprostych AQ i AR istniej _{}a odpowiednio punkty X i Y, że △AP Q ≡ △XQR i △ASR ≡ △QRY, przy czym punkt Q należy do odcinka AX i punkt R należy do odcinka AY. Skoro zaś ∡P AQ = ∡RAS, to ∡QXR = ∡QY R, wi_{}ec na czworok _{}acie QRY X da si_{}e opisać okr _{}ag. Wobec tego, z pot_{}egi punktu A mamy

AX · AQ = AR · AY,

co, z przystawania odpowiednich trójk _{}atów, jest równoważne tezie.

■

9. Wykazać, że dla x, y, z ∈ ℝ^{+} zachodzi

\frac{xyz}{x^{3} + y^{3} + xyz} + \frac{xyz}{y^{3} + z^{3} + xyz} + \frac{xyz}{z^{3} + x^{3} + xyz} 1.

Rozwi _{}azanie. Możemy założyć, że xyz = 1, wszystkie wyrażenia s _{}a tego samego stopnia (3), wi_{}ec bez straty ogólnośći możemy to przeskalować. Dostajemy wi_{}ec do wykazania

\frac{1}{x^{3} + y^{3} + 1} + \frac{1}{y^{3} + z^{3} + 1} + \frac{1}{z^{3} + x^{3} + 1} 1.

Podstawiamy a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3}, skoro xyz = 1, bo również abc = 1. Musimy wi_{}ec wykazać, że

\frac{1}{a + b + 1} + \frac{1}{b + c + 1} + \frac{1}{c + a + 1} 1.

Przemnażamy obie strony nierówności przez iloczyn mianowników (jest on dodatni), czyli przez (a+b+1)·(b+c+1)·(c+a+1). Dostajemy do wykazania (a^{2}+b^{2}+c^{2})+3(ab+bc+ca)+4(a+ b+c)+3 2abc+(a^{2}b+ab^{2}+b^{2}c+bc^{2}+c^{2}a+ca^{2})+3(ab+bc+ca)+(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)+1, co po skróceniu sprowadza si_{}e do

2(a + b + c) (a^{2}b + ab^{2} + b^{2}c + bc^{2} + c^{2}a + ca^{2}).

Jak widać dostaliśmy niewygodn _{}a, bo niejednorodn _{}a nierówność. Przypominamy sobie, że a = x^{3}, b = y^{3}, c = z^{3}. A zatem należy wykazać, że:

2(x^{3} + y^{3} + z^{3}) (x^{6}y^{3} + x^{3}y^{6} + y^{6}z^{3} + y^{3}z^{6} + z^{6}x^{3} + z^{3}x^{6}).

Wykorzystuj _{}ac fakt, że xyz = 1 normujemy nierówność i przemnaźamy praw _{}a stron_{}e przez (xyz)^{2}. Otrzymujemy nierówność:

2(x^{5}yz + y^{5}zx + z^{5}xy) (x^{6}y^{3} + x^{3}y^{6} + y^{6}z^{3} + y^{3}z^{6} + z^{6}x^{3} + z^{3}x^{6}).

Jest to nierówność Muirheada dla ci _{}agów (6, 3, 0) oraz (5, 2, 2).

■