XIV OM - III - Zadanie 1

Dowieść, że dwie liczby naturalne, których cyframi są same jedynki, są względnie pierwsze wtedy i tylko wtedy, gdy liczby ich cyfr są względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Niech oznacza liczbę -cyfrową, której cyframi są same jedynki:

Dowód, który mamy przeprowadzić, oprzemy na dwóch własnościach liczby .

) Jeżeli jest podzielne przez (, - liczby naturalne), to jest podzielne przez . Istotnie, jeśli ( - liczba naturalna), to

gdzie liczba jest całkowita.

) Jeżeli , to

Niech będą dane liczby i , gdzie

a) Dowód twierdzenia, że jeżeli i są względnie pierwsze, to i są też względnie pierwsze, jest natychmiastowy, gdyż według ) jeżeli jest wspólnym dzielnikiem naturalnym liczb i , to jest wspólnym dzielnikiem liczb i .

b) Udowodnimy twierdzenie odwrotne. Przypuśćmy, że liczby naturalne i są względnie pierwsze. Stosując algorytm Euklidesa, tzn. dzieląc kolejno przez , przez otrzymaną resztę , resztę przez nową resztę itd. otrzymujemy reszty coraz mniejsze, więc dochodzimy węszcie do reszty równej zeru:

Z ciągu równości (1) wynika, że liczba naturalna jest wspólnym dzielnikiem liczb , zatem .

Z pierwszej równości (1) wnioskujemy, na podstawie ), że

Niech będzie wspólnym dzielnikiem naturalnym liczb i . Ponieważ jest na mocy podzielne przez , więc jest według (2) również dzielnikiem liczby . Liczba nie ma innych dzielników pierwszych oprócz liczb i , które nie są dzielnikami liczby , więc jest względnie pierwsze z . Zatem jest dzielnikiem .

W taki sam sposób, opierając się na następnych równościach (1), stwierdzimy kolejno, że jest dzielnikiem liczb . Lecz , więc

Znaczy to, że i są względnie pierwsze, co właśnie mieliśmy udowodnić.

Uwaga 1. Część b) powyższego dowodu można zastąpić rozumowaniem znacznie krótszym, korzystając z następującego znanego twierdzenia teorii liczb:

Jeżeli liczby naturalne i są względnie pierwsze, to istnieją takie liczby naturalne i , że

Zachodzi również twierdzenie odwrotne: jeżeli liczby naturalne , , , spełniają równanie (3), to i są względnie pierwsze. Z równości (3) wynika bowiem, że każdy wspólny dzielnik liczb i jest dzielnikiem liczby .

Załóżmy, że liczby naturalne , , są względnie pierwsze, wobec czego dla pewnych naturalnych liczb i zachodzi (3). Wówczas

a ponieważ według (): oraz , gdzie liczby i są naturalne, więc:

skąd wynika, że i są względnie pierwsze.

Uwaga 2. Dowód twierdzenia, cytowanego w uwadze 1, można wysnuć z ciągu równości (1). Podstawiając wartość z pierwszej równości do drugiej, następnie po tym podstawieniu wartość z drugiej równości do trzeciej itd. dochodzimy w końcu, uwzględniając że , do równości postaci (3).

Uwaga 3. W powyższych rozumowaniach przyjęliśmy, że podstawą numeracji jest . Twierdzenie jest jednak prawdziwe dla dowolnej podstawy numeracji . Dowód pozostaje ten sam, z tym, że trzeba wszędzie zastąpić przez .

XIV OM - III - Zadanie 2

W przestrzeni dane są cztery różne punkty , , , . Dowieść, że trzy odcinki łączące środki odcinków i , i , i mają wspólny środek.

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że którekolwiek dwa z wymienionych trzech odcinków mają wspólny środek. Wykażemy, że środek odcinka pokrywa się ze środkiem odcinka , gdzie , , , oznaczają odpowiednio środki odcinków , , , .

Uważajmy punkty , , , za punkty materialne, przypisując im masy równe . Wyznaczymy środek masy (= środek ciężkości) układu punktów , , , . Środkiem masy pary , jest punkt , a środkiem masy pary - punkt . Przypiszmy punktom i masy równe odpowiednio sumie mas i oraz sumie mas i , tj. masy równe . Środkiem masy czwórki punktów , , , jest środek masy pary punktów , o równych masach, tj. środek odcinka . Lecz tak samo środkiem masy czwórki , , , jest środek odcinka . Zatem punkty i pokrywają się, c.n.d.

Uwaga 1. Mogłoby się wydawać, że dowód przeprowadzony sposobem 2 nie jest dowodem matematycznym, gdyż posługuje się pojęciem fizycznym środka masy. Otóż tak nie jest, gdyż środek masy może być zdefiniowany w sposób czysto matematyczny; objaśnimy to w krótkości. Przyporządkujmy punktom przestrzeni liczby dodatnie , które nazwiemy ich masami. Zachodzi twierdzenie: Istnieje jeden i tylko jeden taki punkt , że

Dowód 1. Obierzmy w przestrzeni dowolny punkt . Punkt określony wzorem

czyni zadość warunkowi (1). Istotnie, z (2) wynika, że

lecz (), więc

2. Istnieje tylko jeden punkt spełniający warunek (1). Jeśli bowiem dla punktu zachodzi równość (1), a dla punktu równość

to odejmując (1) od (3), otrzymujemy

skąd

Ponieważ , więc z powyższej równości wynika, że , tzn. punkty i są identyczne.

Punkt określony jednoznacznie równością (1) nazywa się środkiem masy układu punktów materialnych .

Przykłady. a) Środkiem masy pary punktów , jest środek odcinka , gdyż z równości wynika, że - , zatem .

b) Środkiem masy trójki punktów , , jest punkt przecięcia środkowych trójkąta , gdyż, według oznaczeń podanych na rys. 27, , zatem

Podzielmy układ punktów o środku masy na dwie części i , dla których środkami masy niech będą punkty i . Wówczas

Odejmując drugą i trzecią równość od pierwszej, otrzymujemy

skąd

i

Punkt jest więc środkiem masy pary punktów , o masach i . Zachodzi zatem twierdzenie:

Środek ciężkości układu punktów nie ulega zmianie, gdy układ ten podzielimy na części i każdą część zastąpimy jej środkiem masy, przypisując mu masę równą sumie mas punktów tej części.

Korzystając z tego twierdzenia, możemy wyznaczyć środek masy trójki punktów , , prościej niż poprzednio w przykładzie b). Mianowicie (rys. 27) jest środkiem masy pary i , leży zatem na środkowej trójkąta ; tak samo leży on na każdej z pozostałych środkowych. Stąd wynika, że środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Poza tym

więc punkt dzieli środkową w stosunku .

Uwaga 2. Założenie, że punkty , , , są różne, można pominąć; w żadnym z poprzednich dowodów nie korzystaliśmy z tego założenia, tzn. udowodniliśmy twierdzenie mocniejsze.

XIV OM - III - Zadanie 3

Z danego trójkąta wyciąć prostokąt o największym polu.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że prostokąt leży w danym trójkącie . Udowodnimy najpierw, że jeżeli wszystkie wierzchołki , , , prostokąta leżą na obwodzie trójkąta , to pole prostokąta jest co najwyżej równe połowie pola trójkąta , przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta.

Z założenia wynika, że dwa spośród punktów , , , , np. i , leżą na tym samym boku trójkąta, np. na ; przyjmijmy, że leży na a na (rys. 28).

Oznaczmy literą punkt symetryczny do punktu względem prostej .

a) Jeżeli i są środkami boków i (rys 28a), to punkt leży na boku oraz , . Wówczas .

b) Jeżeli , (rys. 28b), to punkt leży między prostymi i , proste i przecinają prostą w punktach i , przy czym , , ; wtedy .

c) Jeżeli , (rys. 28c), to punkt leży na zewnątrz trójkąta . Podobnie jak w przypadku b) .

Udowodnimy następnie, że jeżeli któryś z wierzchołków prostokąta leży wewnątrz trójkąta , to . Rozpatrzymy 3 możliwe przypadki:

a) Jeden bok prostokąta leży na boku trójkąta, np. leży na , a jeden z pozostałych wierzchołków, np. leży wewnątrz trójkąta (rys. 29).

Niech oznacza punkt przecięcia prostej z równoległą do poprowadzoną przez , - punkt przecięcia prostej z odcinkiem , - rzut punktu na bok . Wówczas

b) Jeżeli boki i są równoległe do prostej , ale na niej nie leżą, przy czym np. leży bliżej prostej niż (rys. 30), to prostokąt leży w trójkącie odciętym od prostą : Wówczas

c) Jeżeli żaden bok prostokąta nie jest równoległy do żadnego boku trójkąta , to prowadzimy przez wierzchołki , , proste równoległe do (rys. 31).

Z założenia wynika, że żadne dwie z tych prostych nie mogą się pokrywać, więc jedna z nich leży między dwiema innymi, np. ta, która przechodzi przez i przecina bok w . Prosta rozcina trójkąt na trójkąty i .

Jeżeli prostokąt leży w jednym z nich, np. w trójkącie , to

Jeżeli zaś rozcina prostokąt na dwa prostokąty o polach i leżące odpowiednio w trójkątach i , przy czym wierzchołek leży wewnątrz trójkąta , to

Zatem

Rozwiązanie zadania jest zatem następujące:

Prostokąt wycięty z trójkąta ma pole co najwyżej równe połowie pola trójkąta. Maximum to zachodzi wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta, a dwa pozostałe - na trzecim boku.

Z trójkąta ostrokątnego można wyciąć taki prostokąt trzema sposobami, z prostokątnego - dwoma, a z rozwartokątnego tylko jednym sposobem.

Uwaga. Wynik, który uzyskaliśmy, można uogólnić. Jeżeli mianowicie w powyższym twierdzeniu zastąpimy wyraz ,,prostokąt'' wyrazem ,,równoległobok'', otrzymamy także twierdzenie prawdziwe. Aby tego dowieść, weźmy pod uwagę równoległobok leżący w trójkącie (rys. 32).

Niech będzie rzutem punktu na prostą .

Przekształćmy trójkąt i równoległobok przez powinowactwo osiowe, którego osią jest prosta i w którym punktowi odpowiada punkt . Jak wiadomo, punkt odpowiadający dowolnemu punktowi płaszczyzny, np. punktowi , otrzymuje się w następujący sposób: Wyznaczamy punkt przecięcia prostej z osią ; punkt , w którym prosta przecina prostą poprowadzoną z równolegle do , jest punktem żądanym. Trójkątowi odpowiada w ten sposób trójkąt , równoległobokowi - prostokąt leżący w trójkącie . Przy tym przekształceniu pola figur nie ulegają zmianie, zatem

tzn. pole równoległoboku wyciętego z trójkąta jest co najwyżej równe połowie pola trójkąta.

XIV OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Oznaczmy dla krótkości . Mamy dowieść, że dla każdego naturalnego . Nasuwa się myśl, żeby zastosować indukcję zupełną.

Twierdzenie jest prawdziwe dla , gdyż . Przypuśćmy, że dla pewnego naturalnego . Wówczas

Twierdzenie będzie dowiedzione, jeśli wykażemy, że

Przekształcając tę nierówność, otrzymujemy kolejno nierówności równoważne

Otrzymaliśmy nierówność, która nie jest prawdziwa dla , wobec czego z założenia indukcyjnego nie możemy wysnuć potrzebnego nam wniosku. Jednakże jest ona prawdziwa dla każdego naturalnego . Wobec tego trzeba zmodyfikować poprzednie rozumowanie. Stwierdzamy prawdziwość twierdzenia nie tylko dla , ale i dla , mianowicie .

Następnie zakładamy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego ; rachunek poprzedni prowadzi do wniosku, że jest ono wówczas prawdziwe dla , a zatem na podstawie indukcji jest prawdziwe dla każdego naturalnego .

Zaniedbanie sprawdzenia słuszności twierdzenia dla byłoby poważnym błędem. Jeżeli twierdzenie o liczbie naturalnej jest prawdziwe dla i jeżeli dla każdego naturalnego z prawdziwości twierdzenia dla wynika jego prawdziwość dla , to stąd wcale nie można wnioskować, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego . Popełniając ten błąd można by ,,udowodnić'' różne fałszywe twierdzenia, np. takie: ,,W dowolnym ciągu liczb całkowitych każda liczba ma tę samą resztę w dzieleniu przez ''. Oto ,,dowód'': dla twierdzenie jest prawdziwe.

Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego . Wówczas jest ono również prawdziwe dla . Istotnie, niech będzie dowolnym ciągiem liczb naturalnych. Na mocy założenia indukcyjnego liczby i tak samo liczby mają tę samą resztę w dzieleniu przez . Ponieważ , więc ciągi i mają co najmniej jedną liczbę wspólną, zatem wszystkie liczby mają tę samą resztę przy dzieleniu przez .

Zauważmy, że dowód nierówności można bardzo łatwo przeprowadzić bez stosowania indukcji. Gdy , nierówność jest prawdziwa, gdy zaś , to

XIV OM - III - Zadanie 5

Dowieść, że wielomian stopnia piątego

nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli wielomian, w którym współczynnik najwyższego wyrazu równa się , jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych, to można przyjąć, że w każdym z tych czynników współczynnik najwyższego wyrazu też równa się . Gdyż jeżeli ich najwyższymi wyrazami są i , to , więc lub , przy czym ten drugi przypadek sprowadza się do pierwszego przez zmianę znaku każdego z czynników.

Należy zatem dowieść, że dany wielomian nie jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych mającym postać [ - wielomian stopnia czwartego], bądź postać ).

Przypuśćmy że

gdzie liczba jest całkowita.

Podstawiając , otrzymujemy

Równość ta nie może jednak zachodzić. Gdy bowiem jest podzielne przez , to lewa strona tej równości jest liczbą całkowitą niepodzielną przez , gdy zaś jest niepodzielne przez , to lewa strona jest liczbą całkowitą niepodzielną przez . Rozkład (a) jest więc niemożliwy.

Przypuśćmy, że

gdzie liczby są całkowite. Współczynniki przy jednakowych, potęgach po obu stronach tej tożsamości muszą być równe, więc

Z równości (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb , jest podzielna przez .

Jeżeli jest podzielne, a - niepodzielne przez , to z równości (2) wynika, że jest podzielne przez , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że jest podzielne przez , co przeczy przyjętemu założeniu.

Jeżeli jest niepodzielne, a - podzielne przez , to z równości (2) wynika, że jest podzielne przez , wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że jest podzielne przez ; w takim razie z równości (4) wynika, że jest podzielne przez , tzn. otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Zatem rozkład (b) jest niemożliwy.

Uwaga. Wielomian o współczynnikach wymiernych, który nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach wymiernych, nazywa się wielomianem nieprzywiedlnym albo pierwszym w zbiorze liczb wymiernych. Udowodniliśmy wyżej, że wielomian jest nieprzywiedlny. Analizując ten dowód dostrzeżemy łatwo, że korzystaliśmy w nim tylko z tego, że wszystkie współczynniki wielomianu oprócz pierwszego są podzielne przez i że ostatni współczynnik nie jest podzielny przez .

Zachodzi twierdzenie ogólne zwane kryterium Eisensteina nieprzywiedlności wielomianów:

Jeżeli współczynniki wielomianu

są całkowite i jeżeli istnieje taka liczba pierwsza , że współczynniki są podzielne przez , nie jest podzielne przez oraz nie jest podane przez , to wielomian jest nieprzywiedlny w zbiorze liczb wymiernych.

Dowód. Przypuśćmy, że przy powyższych założeniach

gdzie: liczby i są całkowite, . Wspołczynmki przy jednakowych potęgach po obu stronach tej równości muszą być równe, więc

Ponieważ jest podzielne przez , ale nie jest podzielne przez , więc z (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb , jest podzielna przez . Przypuśćmy, że jest podzielne a niepodzielne przez . Wówczas z równości (2), której prawa strona jest podzielna przez wynika, że jest podzielne przez ; podobnie z równości (3) wynika, że jest podzielne przez itd., wreszcie z równości wynika, że jest podzielne przez , co wobec równości jest sprzeczne z założeniem, że nie jest podzielne przez . W taki sam sposób dochodzimy do sprzeczności, jeśli przypuścimy, że jest podzielne oraz niepodzielne przez . Przypuszczenie, że nie jest wielomianem nieprzywiedlnym jest więc fałszywe.

Z twierdzenia Eisensteina wynika bezpośrednio nieprzywiedlność wielomianu w zadaniu 23.

XIV OM - III - Zadanie 6

Przez wierzchołek kąta trójściennego, w którym żadna krawędź nie jest prostopadła do przeciwległej ściany, poprowadzono w płaszczyźnie każdej ściany prostą prostopadłą do przeciwległej krawędzi. Dowieść, że otrzymane trzy proste leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Niech , i oznaczają proste odpowiednio prostopadłe do krawędzi , , trójścianu i leżące w płaszczyznach ścian , , . Wobec założenia, że żadna krawędź trójścianu nie jest prostopadła do przeciwległej ściany, proste , i są określone jednoznacznie.

Niech następnie , , oznaczają płaszczyzny poprowadzone odpowiednio przez krawędzie , , i prostopadłe do prostych , , . Płaszczyzny , , są odpowiednio prostopadłe do płaszczyzn , , , wobec czego mają one wspólną prostą (patrz zadanie 18). Ponieważ jest prostopadłe do płaszczyzny zawierającej prostą , więc i tak samo , .

Proste , , leżą, zatem w jednej płaszczyźnie prostopadłej do prostej (rys. 33).