Liga Zadaniowa II.3

Liga Zadaniowa II.3
Yogi i S-ka
rozwiązania, starsi
Zadanie 1
Dany jest prostopadłościan ABCDA0 B 0 C 0 D0 . Uzasadnij, że przekątna AC 0 jest przecinana przez BDA0
w dokładnie jednej trzeciej swej długości.
Rozwiązanie.
Rozważamy płaszczyznę ACC 0 A0 . Przecięciem BDA0 z tą płaszczyzną jest A0 M , gdzie M jest środkiem odcinka AC, patrz rysunek:
A′
C′
X
A
C
M
Teraz trzeba pokazać, że punkt X przecięcia AC 0 z A0 M leży w jednej trzeciej AC 0 . Najprościej
pokazać to mówiąc, że trójkąty AM X i C 0 A0 X są podobne w skali 1 : 2.
W ramach ciekawostki: jeżeli położymy masy 1 w punktach A, A0 oraz C, to środek ciężkości leży na
AC 0 (zgrupuj A0 , C) oraz na A0 M
(zgrupuj A, C), jest więc punktem X. Patrząc na pierwsze zgrupowanie
widzimy, że AX : 21 AC 0 − AX = 2, czyli AX = 13 AC 0 .
0
W ramach drugiej ciekawostki: powyższe rozumowanie pokazuje,
że X jest środkiem ciężkości 4AA C,
1
0
jeżeli zauważymy, że to prawda, to trywialnie AX : 2 AC − AX = 2.
Zadanie 2
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych x, y, z zachodzi nierówność
x · (x − y) · (x − z) + y · (y − z) · (y − x) + z · (z − x) · (z − y) > 0.
Wskazówka: nierówność jest symetryczna.
Rozwiązanie.
Nierówność jest nieprawdziwa. Jeżeli x = y < z < 0 to lewa strona jest równa z · (z − x) · (z − y) < 0.
Zadanie 3 12 pkt
Niech p > 2 będzie pierwsza, zaś a całkowita. Liczbę a nazywamy resztą kwadratową
istnieje b całkowite takie, że b2 ≡ a mod p.
mod p, jeżeli
6 pkt 1. Załóżmy, że p nie dzieli a. Uzasadnij, że a jest resztą kwadratową wtedy i tylko wtedy, gdy
a
Do czego przystaje a
p−1
2
p−1
2
≡1
mod p.
mod p, jeżeli a nie jest resztą kwadratową?
6 pkt 2. Oznaczmy


0
a
:= 1

p

−1
jeżeli a jest podzielne przez p
jeżeli a jest resztą kwadratową i nie jest podzielne przez p
w przeciwnym wypadku
Dowiedź, że
a
b
ab
p · p =
p .
Rozwiązanie.
1. Niech g ∈ Z będzie generatorem
mod p, czyli taką liczbą niepodzielną przez p, że
1. g mod p, g 2 mod p, . . . , g p−1 mod p są wszystkimi niezerowymi resztami z dzielenia przez p,
2. g k ≡ 1 mod p implikuje p − 1k.
Należy o tym myśleć tak: zamiast mnożyć liczby mod p, to możemy zamienić każdą liczbę na potęgę
generatora i dodawać potęgi, mod p − 1. Dodawać jest o wiele
łatwiej niż mnożyć, więc jest zysk.
k, l miejscami
Z drugiej własności wynika, że g k ≡ g l mod p implikuje pk − l. Zaiste: ew. zamieniając
l k
możemy
założyć, że k 6 l. Zamieniając kongruencję na podzielność otrzymujemy p g −g = g k · g l−k − 1 ,
l−k
− 1, stąd g l−k ≡ 1 mod p. Teraz z drugiej własności generatora wynika pl − k.
czyli pg
Reszty kwadratowe
to po prostu g 2k mod p. Jeżeli więc g l ≡ g 2k mod p dla pewnego k, to znaczy
to, że p − 1 l − 2k, czyli w szczególności 2l − 2k, czyli l jest parzysta.
To rozumowanie nie jest takie niepotrzebne jak się wydaje — sprawdź,że każda reszta z dzielenia przez
5 jest sześcianem innej reszty, np. sześcianem jest g 1 = 2, a przecież 3 6 1. Teraz zastanów się, dlaczego
analog powyższego rozumowania nie działa.
p−1
p−1
Teraz
zobaczmy,
jestreszta z dzielenia przez p liczby a 2 . Jeżeli a = g to g 2 ≡ −1 mod p,
p−1
jaka
p−1
p−1
gdyż g 2 − 1 · g 2 + 1 = g p−1 − 1 ≡ 0 mod p oraz g 2 6≡ 1 mod p. Ogólnie możemy zapisać
a = g k . Wtedy
a
p−1
2
= g k·
p−1
2
p−1 k
= g 2
≡ (−1)k
mod p,
p−1
widzimy, że a 2 ≡ 1 wtedy i tylko wtedy, gdy 2k, czyli gdy a = g 2(k/2) jest resztą kwadratową. Jeżeli
p−1
a nie jest resztą kwadratową to a 2 ≡ −1 mod p.
2. Ten punkt idzie prawie za darmo z poprzedniego, trzeba tylko zauważyć, że
p−1
a
≡a 2
mod p.
p
Teraz mamy natychmiast
p−1
a
b
ab
≡ (ab) 2 ≡
·
mod p.
p
p
p
Skoro obie liczby ab
, ap · pb są ze zbioru {−1, 0, 1} a p > 2, to wynika stąd ab
= ap · pb .
p
p