Konkurs zadaniowy

Konkurs zadaniowy
Zadania konkursowe
1596. Jakie potęgi? Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n takie, że liczba 2n + 1 jest
potęgą liczby naturalnej o wykładniku większym od 1.
Witold Bednarek (Łódź)
1597. Podzielność sumy. Niech S(n) oznacza sumę wszystkich dzielników liczby naturalnej n. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n, które są iloczynami co najwyżej pięciu
(różnych) liczb pierwszych i takie, że liczba S n jest całkowita.
n
Witold Bednarek (Łódź)
1598. Średnia potęg dzielników. Niech Sm(n) i d(n) oznaczają odpowiednio sumę
m-tych potęg wszystkich dzielników liczby naturalnej n i liczbę tych dzielników. Wykazać, że
S m n
Ì nm d n
Paweł Kubit (Kraków)
1599. Początek ciągu. Ciąg (a0, a1, a2, ...) liczb rzeczywistych ma następujące własności:
(1) aiaj = ai+j + ai-j dla liczb całkowitych nieujemnych i oraz j takich, że i ³ j,
(2) ai = ai+12 dla wszystkich liczb całkowitych nieujemnych i,
(3) a0 > a1 > a2 > 0.
Wyznaczyć a0, a1 i a2.
Zapożyczenie
1600. Jakie wielomiany? Wyznaczyć wszystkie wielomiany W o współczynnikach zespolonych takie, że dla wszystkich liczb zespolonych u i v zachodzi: jeśli u + v jest liczbą
rzeczywistą, to W(u) + W(v) jest liczbą rzeczywistą.
Werner Mnich (Opole)
Termin nadsyłania rozwiązań upływa 31 stycznia 2004 r.
Wyniki konkursu (zeszyt 5(297), 2002)
Do konkursu przystąpiło tym razem 49 osób, które łącznie nadesłały 189 rozwiązań. Spośród nich odrzuciliśmy 13 rozwiązań, w czym główny udział mają błędy w zadaniu 1575.
Maksymalną liczbę 13 punktów za rozwiązanie wszystkich zadań zdobyli Waldemar
Górski i Jerzy Witkowski.
4/2003
MATEMATYKA
243
Po raz pierwszy w konkursie wzięli udział: Krzysztof Kamiński, Paweł Kliber, Krzysztof Pałucha i Piotr Świnarski. Serdecznie witamy ich w naszym gronie i życzymy uzyskania
tytułu laureata konkursu.
Zgodnie z tradycją wyniki konkursu przedstawiamy według ustalonego schematu:
1571 – 2 – 37 – 2, 1572 – 3 – 42 – 0, 1573 – 3 – 37 – 3,
1574 – 3 – 19 – 4, 1575 – 2 – 40 – 5.
W każdej z tych czwórek pierwsza liczba oznacza numer zadania, druga – maksymalną
liczbę punktów przyznawanych za rozwiązanie, trzecia – liczbę rozwiązań co najmniej
częściowo poprawnych, czwarta – liczbę rozwiązań odrzuconych.
Poprawne lub częściowo poprawne rozwiązania nadesłały następujące osoby (liczby
w nawiasach oznaczają sumy punktów uzyskanych w konkursie, poprzedzające je liczby to
ostatnie cyfry numerów rozwiązanych zadań).
Krystian Bartniczek, Würselen: 1, 2, 5, (53),
Włodzimierz Bąk, Zbiersk: 1, 2, 3, 4, (154),
Witold Bednarek, Łódź: 1, 2, 3, 5, (68),
Władysław Biel, Mszana Dolna: 2, 3, (86),
Maria Binkowska, Toruń: 1, 2, 3, 5, (133),
Tadeusz Czepiel, Katowice: 2, (133),
Henryk Drzewiecki, Sławków: 1, 2, 3, 4, (173),
Jacek Golusda, Kamień Pomorski: 1, 3, (102),
Waldemar Górski, Olesno: 1, 2, 3, 4, 5, (226),
Leszek Grzanka, Chechło: 1, 2, 3, 4, 5, (153),
Leo Hämmerling, Akwizgran: 1, 3, (34),
Zbigniew Jakubów, Nienadowa: 2, 3, 4, (54),
Jerzy Kacierzyński, Żary: 1, 2, 3, 5, (237),
Krzysztof Kamiński, Pabianice: 2, 3, (6),
Zbigniew Karczmarczyk, Lublin: 1, 3, (141),
Zbigniew Karno, Białystok: 1, 2, 3, 4, (80),
Paweł Kliber, Poznań: 1, 2, 3, 4, 5, (11),
Jacek Klisowski, Lublin: 1, 2, 3, 4, 5, (47),
Piotr Kmiecik, Jarosław: 1, 2, 3, 5, (169),
Henryk Kornacki, Augustów: 1, 2, 3, 5, (11),
Michał Kremzer, Gliwice: 1, 2, (39),
Piotr Kryszkiewicz, Milicz: 5, (56),
Leszek Krzywonos, Lublin: 1, 2, 3, 4, (19),
Paweł Kubit, Kraków: 1, 2, 3, 5, (29),
Piotr Kumor, Olsztyn: 1, 2, 3, 4, 5, (47),
Agata Lubienecka-Płaziak, Sanok: 1, 2, 3, (6),
Stanisław Łanowy, Gliwice: 1, 2, 3, 4, (108),
Czesława Młyńczak, Wałcz: 2, (175),
Paweł Najman, Jaworzno: 2, 3, (144),
Janusz Olszewski, Suwałki: 1, 2, 3, 4, 5, (107),
Ryszard Pagacz, Zawadzkie: 1, 2, 3, 4, 5, (193),
Krzysztof Pałucha, Lubin: 1, 2, 3, (3),
Maciej Pankowski, Radom: 1, (60),
Piotr Pawlikowski, Kluczbork: 2, (57),
Paweł Piotrowski, Pabianice: 1, 2, 3, 4, 5, (248),
Kazimierz Poniatowski, Jasło: 2, (90),
Eugeniusz Potocki, Karpacz: 1, 2, 3, 4, 5, (215),
Józef Rączka, Zamość: 1, 2, 3, 4, 5, (154),
Ryszard Rudnicki, Włocławek: 1, 2, 3, 4, 5, (90),
Jerzy Seneta, Kraków: 1, 2, 3, 4, 5, (79),
Zbigniew Skalik, Pyskowice: 1, 2, 3, (132),
Jerzy Śliwiński, Bełchatów: 1, 2, (91),
Piotr Świnarski, Budy Kupientyńskie: 2, (1),
Józef Tymicki, Lublin: 2, (31),
Witold Urbańczyk, Brudzowice: 1, 3, (186),
Szymon Wąsowicz, Jaworze: 1, 2, 3, 5, (129),
Michał Wenderlich, Bydgoszcz: 1, 2, 3, 4, 5, (77),
Jerzy Witkowski, Radlin: 1, 2, 3, 4, 5, (101).
Rozwiązania zadań konkursowych
1571. Ciąg i potęgi. Niech liczby dodatnie a, b, c, d tworzą rosnący ciąg arytmetyczny.
Wykazać, że wtedy
a a + d d > b b + c c.
Dwa rozwiązania zostały odrzucone. W jednym z nich twierdzono fałszywie, że dla
a + 2 r 2
> 1
dodatnich liczb a i r jest
a+ r
244
MATEMATYKA
4/2003
W rozwiązaniach stosowano głównie własności funkcji wypukłych (nierówność Jensena) oraz twierdzenie Lagrange’a o wartości średniej, a Kol. Jerzy Kacierzyński podał bardzo interesujące rozwiązanie za pomocą całki oznaczonej. Ponieważ nierówność Jensena
już nieraz pojawiała się w naszym konkursie, postanowiliśmy przedstawić inne podejście.
Rozważmy mianowicie funkcję f(x) = x x, x > 0, czyli f(x) = e xlnx. Łatwo sprawdzić, że
dla x > 0 otrzymujemy
2 1²
¼
f ¢(x) = f (x)(ln x + 1) oraz f ìì x = f x « ln x + 1 + x ³ .
Ö
¾
Wobec tego funkcja f ¢ jest rosnąca w zbiorze liczb dodatnich, bo w tym zbiorze f ¢¢(x) > 0.
Niech z kolei (a, b, c, d) będzie rosnącym ciągiem arytmetycznym. Wtedy
b - a = d - c > 0.
(1)
Na podstawie twierdzenia Lagrange’a, zastosowanego do funkcji f i przedziałów áa, bñ
oraz ác, dñ, stwierdzamy, że istnieją liczby s i t takie, że a < s < b i c < t < d oraz
f (b) - f (a) = f ¢(s)(b - a), f (d) - f (c) = f ¢(t)(d- c).
(2)
Ponieważ s < t, a f ¢ jest funkcją rosnącą, więc warunki (1) i (2) prowadzą do wniosku, że
f (b) - f (a) < f (d) - f (c), czyli a a + d d > b b + c c.
Uwaga 1. Ze sposobu dowodu wnosimy, że założenia twierdzenia będącego przedmiotem zadania można osłabić. O liczbach dodatnich a, b, c, d wystarczy mianowicie założyć, że a < b £ c < d i b - a £ d - c.
Uwaga 2. Kol. Leo Hämmerling znacznie uogólnił zadanie. Wykazał mianowicie, że
jeżeli (a1, a2, ..., an), n > 2, jest rosnącym ciągiem arytmetycznym o wyrazach dodatnich, to
a
a
a2a2 + + an-n-11
a1a1 + ann
>
2
n-2
1572. Ciąg czterowyrazowy. Trójka (-2, 1, 4) jest ciągiem arytmetycznym takim, że po zmianie kolejności wyrazów otrzymujemy ciąg geometryczny (1, -2, 4). Czy istnieje różny od stałego ciąg czterowyrazowy o takiej własności?
W rozwiązaniach stosowano różne pomysły. Często jednak było to żmudne i trudne do
sprawdzenia badanie wielu przypadków.
Oto proste rozumowanie.
Niech (a1, a2, a3, a4) będzie różnym od stałego ciągiem arytmetycznym, z którego za pomocą permutacji s = ¼« 1 2 3 4 ²³ można otrzymać ciąg geometryczny ak1 ak 2 ak 3 ak 4 ¾ k1 k 2 k 2 k 3 Ö
Wtedy wyrazy ciągu (a1, a2, a3, a4) są różne od zera (dlaczego?). Ze względu na dogodność
zapisu przyjmijmy oznaczenie ak1 = c Wtedy za pomocą powyższej permutacji s można
¼ ak ak ak ²
¼a a a a ²
z ciągu arytmetycznego « 1 2 3 4 ³ otrzymać ciąg geometryczny «« 1 2 3 4 ³³
c
c
c Ö
¾ c c c c Ö
¾
4/2003
MATEMATYKA
245
a więc ciąg postaci (1, q, q2, q3) taki, że q ¹ 1. Ciąg ten powstał (w opisany sposób) z pewnego
ciągu arytmetycznego i tym samym zachodzi alternatywa warunków:
1 + q = q2 + q3, 1 + q2 = q + q3, 1 + q3 = q + q2,
bo w czterowyrazowym ciągu arytmetycznym suma wyrazów skrajnych jest równa sumie
wyrazów środkowych. Łatwo sprawdzić, że oprócz liczby 1 rozwiązaniem tej alternatywy
jest tylko liczba -1. Wtedy (1, q, q2, q3) = (1, -1, 1, -1). Ciągu tego jednak nie można
otrzymać z niestałego ciągu arytmetycznego, bo ciąg taki jest ściśle monotoniczny, a więc
nie może zawierać dwóch jednakowych wyrazów.
Odpowiedź na pytanie jest zatem negatywna.
Uwaga. Koledzy Zbigniew Karno i Leszek Krzywonos udowodnili, że dla n ³ 3 wszystkimi niestałymi n-wyrazowymi ciągami arytmetycznymi takimi, że po zmianie kolejności
ich wyrazów powstaje ciąg geometryczny, są ciągi (-2a, a, 4 a) oraz (4a, a, -2a), a ¹ 0.
Z powodu szczupłości miejsca przeznaczonego w „Matematyce” na nasz konkurs, nie
możemy jednak opublikować ich bardzo interesujących dowodów.
1573. Równanie. Rozwiązać równanie
(1)
(xy) z = (xz) y
w liczbach naturalnych x, y, z.
W wielu rozwiązaniach korzystano z tego, że funkcja f t = OQ t maleje w przedziale
t
(e, ¥). Uzasadniano to posługując się rachunkiem pochodnych. Nie jest to jednak konieczne.
Otóż wiadomo, że para (2, 4) jest jedynym rozwiązaniem równania x y = y x w liczbach
naturalnych takim, że y > x (p. W. Sierpiński, O rozwiązywaniu równań w liczbach całkowitych, PWN, Warszawa 1956, s. 107; W. Sierpiński, Wstęp do teorii liczb, Biblioteka Matematyczna, t. 25, PZWS, Warszawa 1965, s. 44).
Rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych jest oczywiście każda trójka postaci (m, n, n).
Niechaj więc dalej trójka (x, y, z) liczb naturalnych taka, że y ¹ z będzie rozwiązaniem
równania (1). Podnosząc do potęgi x obie strony równości (1) otrzymujemy
(xy) x z = (x z) x y,
przy czym xy ¹ xz. Na mocy powyższej uwagi o równaniu x y = y x mamy stąd (x y, x z) = (2, 4)
lub (x y, x z) = (4, 2). W obu przypadkach spełniony jest warunek x|2 (dlaczego?), a więc
x = 1 lub x = 2. Wnosimy z tego, że rozwiązaniami równania (1) takimi, że y ¹ z mogą być
tylko trójki: (1, 2, 4), (2, 1, 2), (1, 4, 2) i (2, 2, 1). Spełniają one istotnie równanie (1) i wraz
z trójkami postaci (m, n, n) stanowią wszystkie rozwiązania tego równania w liczbach
naturalnych.
246
MATEMATYKA
4/2003
1574. Dwie krawędzie czworościanu. Czworościan ma krawędzie o długościach całkowitych i wymierną objętość. Wykazać, że jeżeli wtedy dokładnie dwie krawędzie mają parzystą
długość, to są one przeciwległymi krawędziami czworościanu.
Cztery rozwiązania odrzuciliśmy. W jednym z nich twierdzono bezpodstawnie, że ściany czworościanu o wymiernej objętości i całkowitych krawędziach mają wymierne pola
(p. uwaga po rozwiązaniu zadania); w innym rozwiązaniu stosowano błędny wzór na objętość czworościanu (p. „Matematyka” 5/2001, s. 306). W wielu przypadkach było brak jakiegokolwiek rysunku, co znacznie utrudniało sprawdzanie rozwiązań.
Zadanie jest podobne do zadania konkursowego 1545, toteż najczęściej i rozwiązania
były podobne.
Aby udowodnić tezę zadania, wystarczy pokazać, że nie istnieje czworościan o krawędziach całkowitych, wymiernej objętości i dokładnie dwóch krawędziach o wspólnym wierzchołku i parzystej długości.
Rozważmy zatem czworościan ABCD o wymiernej objętości V
i całkowitych krawędziach (p. rys.). Załóżmy, że a i b są liczbami
parzystymi, a pozostałe krawędzie mają długości nieparzyste.
Wiadomo, że wtedy
(1)
2 a2
a2 + b2 - m2 a2 + c2 - k 2
2
2
2 £ 12V = a + b - m
2 b2
b2 + c2 - l 2
a2 + c2 - k 2 b2 + c2 - l 2
2 c2
2
2
(p. „Matematyka” 4/2002, s. 247).
Po prostych rachunkach otrzymujemy stąd
(2)
(12 V )2 = 4a2b2c2 + (a2 + b2 - m2)(b2 + c2 - l2)(c2 + a2 - k2) - a2(b2 + c2 - l2)2 - b2(c2 + a2 - k2)2 - c2(a2 + b2 - m2)2.
Wnosimy stąd, że 12V jest liczbą całkowitą (dlaczego?). Ponieważ a º b º 0 (mod 2)
i c º k º l º m º 1 (mod 2), więc a2 º b2 º 0 (mod 4) oraz c2 º k2 º l2 º m2 º 1 (mod 4).
Wobec tego po prostych rachunkach równość prowadzi do wniosku, że
(12V)2 º 3 (mod 4).
Tym samym doszliśmy do sprzeczności, bo kwadrat liczby naturalnej nigdy nie daje reszty
3 przy dzieleniu przez 4.
Pokazaliśmy, że jeżeli czworościan ma krawędzie o długościach całkowitych i wymierną
objętość oraz dokładnie dwie jego krawędzie mają parzystą długość, to krawędzie te nie
mogą wychodzić ze wspólnego wierzchołka. Tym samym muszą to być krawędzie przeciwległe.
Uwaga. Istnieje wiele czworościanów spełniających podane w zadaniu warunki. Takim
jest np. czworościan równościenny, w którym każda ściana jest trójkątem równoramiennym o bokach 3, 3, 4. Łatwo sprawdzić, że objętość takiego czworościanu wynosi 8/3.
Warto jeszcze zauważyć, że pola ścian są liczbami niewymiernymi.
4/2003
MATEMATYKA
247
1575. Ściany czworościanu. Czy istnieje czworościan o trzech ścianach prostokątnych
i jednej rozwartokątnej?
Aż 5 osób twierdziło, że nie istnieje czworościan mający podaną w zadaniu własność.
Wtedy nie przyznawaliśmy żadnych punktów. Niektóre rozwiązania nie były w pełni poprawne, bo podawano w nich układ złożony z czterech trójkątów o żądanych własnościach
(np. za pomocą „siatki”) nie troszcząc się, czy istnieje czworościan, którego ścianami są
dane trójkąty. Często korzystano z układu współrzędnych, co raczej nie jest zbyt eleganckim podejściem. Kilka osób podało następujący (lub podobny) prosty przykład.
Warunki zadania spełnia mianowicie czworościan
ABCD taki, że |AB|=|AC|=2, _ AD _ = 2 a kąty BAC,
BAD i CAD mają odpowiednio po 120°, 90°, 90°. Można bez trudu wyliczyć, że wtedy _ BC _ = 2 3 oraz
_ BD _ = _ CD _ = 6 (dlaczego?). Dalej otrzymujemy
równość
|BC|2 = |BD|2 + |CD|2,
która oznacza, że trójkąt BCD jest prostokątny, a czworościan ABCD ma trzy ściany prostokątne i jedną rozwartokątną.
Uwaga. Czworościan taki nie istnieje wśród czworościanów trójprostokątnych, tzn.
takich, które przy jednym wierzchołku mają trzy kąty (płaskie) proste. Jedna ściana takiego czworościanu jest bowiem zawsze trójkątem ostrokątnym, co pozostawiamy do sprawdzenia Czytelnikowi. n
Zadanie wierszem zadane
Piraci z „Ratio” z tego są znani,
Że zawsze modnie chodzą ubrani.
Kiedyś nosili koszulki w paski,
Teraz ich oczy zdobią przepaski.
Co trzeci pirat z owej załogi
Przepaską lewe oko ozdobił.
Prawe pod taką przepaską chowa
Całej załogi równa połowa.
Siedmiu z powodu kiepskiego wzroku,
Nie chce przepaski nosić na oku.
I to już wszyscy – starsi i młodzież.
Ilu piratów uległo modzie?
Nades³a³a Bo¿ena Marsza³ek, SP w Raciborowicach.
248
MATEMATYKA
4/2003