Zad. 1. Każdy bok trójkąta ABC dzielimy na n równych odcinków. Przez każdy punkt podziału prowadzimy proste równoległe do pozostałych dwóch boków trójkąta. Ile równoległoboków można znaleźć wewnątrz trójkąta ABC?
Zad. 2. Na okręgu o środku O wybrano 21 różnych punktów Pi. Wykaż że istnieje przynajmniej 100 łuków PiPj, dla których kąt PiOPj ma miarę niewiększą niż 120°.
Zad. 3. Znajdź wszystkie rozwiązania równania xp + yp = pz w liczbach naturalnych x, y, z, p, gdzie p jest liczbą pierwszą.
Za zadania marcowe 10 pkt zdobył Radosław Górzyński I LO Lubin.
Zad. 1. Każdy równoległobok jest wyznaczony przez dwie pary prostych, z których każda para jest równoległa do jednego z boków trójkąta, wobec tego liczba równoległoboków jest trzykrotnością liczby równoległoboków wyznaczonych przez proste równoległe do dwóch ustalonych boków trójkąta ABC. Oznaczmy tę liczbę przez Tn. Mamy T1 = 0, T2 = 1. Jeżeli w sytuacji z zadania usuniemy z rysunku wszystkie równoległoboki mające wierzchołek na jednym z boków trójkąta (np. AB dla ustalenia uwagi), to otrzymamy sytuację analogiczną z podziałem boków trójkąta na n–1 równych części i narysowaniu prostych równoległych do jego boków. Liczba równoległoboków o krawędziach równoległych do prostych AC lub BC zmniejszyła się o 1·(n–1) + 2·(n–2) + ... + (n–1)·1 = B(n+1, 3), gdzie B(n, k) to symbol dwumianowy Newtona. Otrzymaliśmy zależność rekurencyjną Tn = Tn–1 + B(n+1, 3), z której wynika jawny wzór na Tn, mianowicie Tn = B(n+1, 3) + B(n, 3) + ... + B(3, 3) = B(n+2, 4) (to tzw. twierdzenie o haku: https://en.wikipedia.org/wiki/Hockey-stick_identity). Liczba wszystkich równoległoboków wewnątrz trójkąta ABC jest więc równa 3Tn = 3 B(n+2, 4).
Zad. 2. Rozważmy graf, którego wierzchołki odpowiadają punktom Pi. Krawędź między dwoma wierzchołkami istnieje wówczas, gdy kąt wpisany oparty na łuku o końcach w punktach odpowiadającym tym dwóm wierzchołkom ma miarę większą od 120°. Taki graf ma 21 wierzchołków i nie zawiera żadnych trójkątów, więc z twierdzenia Turana (https://mathworld.wolfram.com/TuransTheorem.html) ma co najwyżej 110 krawędzi. Ponieważ wszystkich łuków PiPj jest B(21, 2) = 210, musi istnieć przynajmniej 210–110 = 100 łuków spełniających warunki zadania.
Zad. 3. Zaczniemy od pokazania, że równanie nie ma pierwiastków, gdy p jest liczbą nieparzystą. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że x i y są względnie pierwsze, tzn. ich wspólnym dzielnikiem większym od 1 może być jedynie p, a podzielenie przez p dałoby inne rozwiązanie równania. Zauważmy, że xp + yp = (x+y)(xp–1 + xp–2y + ... + yp–1). Ten drugi nawias przystaje do pxp–1 modulo x+y. Zauważmy, że ponieważ x i y są względnie pierwsze, a iloczyn wyrażeń w nawiasach jest potęgą p, wyrażenie w jednym z nawiasów musi być równe 1 (sprawdź to). Równość x+y = 1 nie może zachodzić, bo obie liczby są dodatnie, a równość xp + yp = x + y prowadzi do x=y=1, co daje sprzeczność z nieparzystością p. Rozważmy teraz równanie dla p=2. Pokażemy, że jedyne jego rozwiązania są postaci (2k)2 + (2k)2 = 22k+1. Zapiszmy x=ad, y=bd, gdzie liczby a i b są względnie pierwsze. Liczba d musi być potęgą dwójki. Równość a=b=1 daje rozwiązania jak podano wyżej. W przeciwnym wypadku a2+b2 musi być podzielne przez 4, co jest możliwe tylko wtedy, gdy obie liczby są parzyste, a to daje sprzeczność ze względną pierwszością a i b.
