Zad. 1. Udowodnij, że √2, √3 i √5 nie mogą jednocześnie należeć do tego samego ciągu arytmetycznego.
Zad. 2. Niech a, b i c będą długościami boków trójkąta ostrokątnego. Wiadomo że poniższy układ równań ma rozwiązanie w trójkach liczb dodatnich. Wylicz wartość wyrażenia xy+yz+zx.
x2 + xy + y2 = a2
y2 + yz + z2 = b2
z2 + zx + x2 = c2
Zad. 3. Niech P(x) będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Udowodnij, że jeżeli
P(-n) < P(n) < n dla pewnego całkowitego n, to P(-n) < -n.
W tym miesiącu 20 punktów zdobył Igor Sudyka (V LO Kraków). Gratulacje!
Zad. 1. Załóżmy nie wprost, że √3–√2 = md, √5–√3 = nd dla pewnych całkowitych m, n i rzeczywistej liczby d. Wówczas m√5–n√3 = (m–n)√2. Po podniesieniu obustronnie do kwadratu otrzymujemy 5m2 + 3n2–2mn√15 = 2(m–n)2. Ponieważ m i n są całkowite, oznaczałoby to, że √15 jest liczbą wymierną. Sprzeczność.
Zad. 2. Wiedząc, że układ ten ma rozwiązanie w liczbach dodatnich, z twierdzenia kosinusów widać, że pierwsza z linijek układu postuluje istnienie trójkąta o bokach długości x, y, a (z kątem 120° pomiędzy x i y), a kolejne linijki - analogicznych trójkątów o bokach długości z, y, b oraz z, x c. Te trzy trójkąty można wkomponować w wyjściowy trójkąt o bokach długości a, b, c, bowiem jeżeli trójka dodatnich liczb (x, y, z) spełnia podany układ równań, to są to odległości punktu Fermata F wyjściowego trójkąta od wierzchołków (punkt Fermata trójkąta ostrokątnego to punkt, z którego wszystkie boki trójkąta widać pod jednakowymi kątami 120°, należy on do wnętrza trójkąta i jest wyznaczony jednoznacznie). Teraz obliczamy na dwa sposoby pole wyjściowego trójkąta (ze wzoru Herona oraz sumując pola trzech mniejszych trójkątów - każdy o wierzchołku w F i w dwóch spośród wierzchołków wyjściowego trójkąta). Otrzymujemy:
1/2·xy·sin120° + 1/2·yz·sin120° + 1/2·zx·sin120° = [tex]\sqrt{\frac{a+b+c}{2}(\frac{a+b+c}{2}-a)(\frac{a+b+c}{2}-b)(\frac{a+b+c}{2}-c)}[/tex]. Po pomnożeniu obustronnie przez [tex]\frac{2}{sin(120^\circ)}[/tex] mamy szukaną odpowiedź.
Zad. 3. Wiadomo, że dla dowolnych a, b [tex]\in \mathbb{Z}[/tex] i wielomianu o współczynnikach całkowitych P(x), zachodzi a–b | P(a)–P(b), co można stwierdzić, rozważając wzór skróconego mnożenia na an–bn. Wobec tego 2n | P(n)–P(-n) oraz P(n)–P(-n) [tex]\neq[/tex] 0, zatem 2n [tex]\leq[/tex] P(n)–P(-n), czyli mamy układ nierówności P(-n) [tex]\leq[/tex] P(n)–2n < n–2n = -n.
