XLV OM - II etap

II etap XLV Olimpiady Matematycznej

XLV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

Wyznaczyć wszystkie wielomiany $P(x)$ stopnia co najwyżej piątego o współczynnikach rzeczywistych, mające tę własność, że wielomian $P(x) + 1$ jest podzielny przez $(x - 1)^3$ a wielomian $P(x) - 1$ jest podzielny przez $(x + 1)^3$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomian $P(x)$ spełnia podane warunki. Na mocy założenia, istnieją wielomiany $Q(x)$ i $R(x)$ , stopnia co najwyżej drugiego, spełniające dla wszystkich rzeczywistych wartości zmiennej $x$ równości

$ P(x) + 1 = (x-1)^3Q(x), \quad P(x)-1 = (x + 1)^3R(x). $

Współczynnik przy $x^2$ w każdym z wielomianów $Q(x)$ , $R(x)$ jest równy współczynnikowi przy $x^5$ w wielomianie $P(x)$ (nie wykluczamy możliwości, że jest on równy zeru). Wielomiany $Q(x)$ i $R(x)$ mają więc postać

$ Q(x) = ax^2 +bx + c, \quad R(x) = ax^2+px + q. $

Przekształcamy pierwszą z napisanych powyżej równości:

$ \begin{split} P(x) +1 &= (x^3 -3x^2 + 3x- 1)(ax^2 + bx + c) =\\ & = ax^5 + (b- 3a)x^4 + (c - 3b + 3a)x^3 +\\ &+ (-3c + 3b - a)x^2 + (3c -b)x-c. \end{split} $

Przekształcając drugą otrzymujemy, analogicznie,

$ \begin{split} P(x) -1 & = ax^5 + (p + 3a)x^4 + (q + 3p + 3a)x^3 + \\ & + (3q + 3p + a)x^2 + (3q+p)x + q. \end{split} $

Odejmując stronami uzyskane związki (drugi od pierwszego) dostajemy po lewej stronie wielkość stałą, równą $2$ . W takim razie wielomiany po prawych stronach powyższych związków muszą mieć równe współczynniki przy każdej z dodatnich potęg zmiennej $x$ , zaś ich wyrazy wolne muszą się różnić o $2$ :

$ \begin{split} b - 3a &= p+3a,\\ c - 3b + 3a &= q + 3p + 3a,\\ - 3c + 3b - a &= 3q + 3p+a,\\ 3c-b &= 3q+p,\\ -c &= q + 2. \end{split} $

Mamy więc układ $5$ równań z $5$ niewiadomymi. Z drugiego i piątego równania dostajemy zależność

$ 3b + 3p = 2c + 2, $

a z trzeciego i piątego -

$ 3b-3p = 2a-6. $

Stąd, przez dodanie i odjęcie stronami,

$ 3b = a + c - 2, \quad 3p = c - a + 4. $

Z pierwszego równania układu mamy $b - p = 6a$ . Tak więc $2a - 6 = 3(b - p) = 18a$ , skąd

$ {\def\arraystretch{2.5} \begin{array}{lll} a=-\dfrac{3}{8},&\quad b=\dfrac{1}{3}(a+c-2)=\dfrac{1}{3}c-\dfrac{19}{24},&\\ &\quad p=\dfrac{1}{3}(c-a+4)=\dfrac{1}{3}c+\dfrac{35}{24},&\quad q=-c-2. \end{array} } $

Podstawiając te wyrażenia do czwartego równania układu, wyznaczamy $c = - 1$ . Wobec tego

$ a=-\frac{3}{8},\quad b = -\frac{9}{8},\quad c = -1, \quad p=\frac{9}{8}, \quad q=-1. $

(Oczywiście eliminację niewiadomych można było prowadzić w dowolnej innej kolejności.)

Jeśli więc wielomian $P(x)$ istnieje, to musi on być dany każdym z następujących dwóch wzorów:

$ P(x) = (x-1)^3 \left(-\frac{3}{8}x^2 -\frac{9}{8}x-1 \right)-1, $

$ P(x) = (x+1)^3 \left(-\frac{3}{8}x^2 +\frac{9}{8}x-1 \right)+1. $

Po wymnożeniu otrzymujemy, z każdego z tych wzorów,

$ P(x) = -\frac{3}{8}x^5+\frac{10}{8}x^3-\frac{15}{8}x. $

Z postaci tych wzorów wynika zaś, że otrzymany wielomian istotnie spełnia postawione w zadaniu warunki.

Uwaga 1. Rozwiązując układ równań metodą eliminacji nie troszczyliśmy się o to, by w każdym kroku wypisać układ równoważny wyjściowemu. Dlatego w końcówce rozwiązania potrzebne było sprawdzenie, że istotnie oba postulowane wzory dają ten sam wielomian $P(x)$ .

XLV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

Liczby $a_1, a_2, \ldots , a_n$ , $b_1, b_2, \ldots , b_n$ spełniają warunki:

$ \sum_{i=1}^n a_i = \prod_{i=1}^n a_i, \quad 0 < a_i \leq b_i \quad \text{ dla } i=1,2,\ldots,n. $

Udowodnić, że $\sum_{i=1}^n b_i \leq \prod_{i=1}^n b_i$ .

Rozwiązanie

Przyjmijmy

$ A_i=\prod_{j:j\neq i}a_j, \quad B_i=\prod_{j:j\neq i}b_j. $

(Te symbole oznaczają, odpowiednio, iloczyn wszystkich liczb $a_j$ oraz iloczyn wszystkich liczb $b_j$ o numerach $j$ różnych od $i$ .) Z założenia, że $a_j \leq b_j$ (dla wszystkich $j$ ) wynika, że $A_i \leq B_i$ (dla wszystkich $i$ ). W takim razie

$ (1) \qquad \sum_{i=1}^n \frac{1}{A_i} \geq \sum_{i=1}^n \frac{1}{B_i}. $

Pozostaje zauważyć, że

$ \frac{1}{A_i}=\frac{a_i}{\displaystyle \prod_{j=1}^n a_j}, \quad \frac{1}{B_i}=\frac{b_i}{\displaystyle\prod_{j=1}^n b_j}, $

wobec czego

$ \sum_{i=1}^n \frac{1}{A_i}= \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i}{\displaystyle\prod_{j=1}^n a_j} = \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i}{\displaystyle\sum_{j=1}^n a_j}=1, \quad \sum_{i=1}^n \frac{1}{B_i}=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i}{\displaystyle\prod_{j=1}^n b_j}; $

skorzystaliśmy z pierwszego warunku zadania.

Z uwagi na nierówność (1), wartość ostatniego ułamka nie przekracza $1$ . Zatem jego licznik nie jest większy od mianownika - a to właśnie mieliśmy wykazać.

XLV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Dowieść, że jeżeli na sześciokątnym przekroju sześcianu płaszczyzną przechodzącą przez jego środek można opisać okrąg, to przekrój ten jest sześciokątem foremnym.

Rozwiązanie

Umieszczamy sześcian w układzie współrzędnych tak, by jego wierzchołkami były punkty o wszystkich współrzędnych równych $+1$ lub $-1$ . Środkiem sześcianu jest wówczas punkt $O = (0,0,0)$ , początek układu. Rozważana w zadaniu płaszczyzna przechodzi przez $O$ , a więc ma równanie postaci

$ (1) \qquad ax + by + cz = 0, $

przy czym żaden za współczynników $a$ , $b$ , $c$ nie jest zerem (gdyby na przykład współczynnik $a$ był równy zeru, wówczas płaszczyzna zawierałaby całą oś $Ox$ i przekrój sześcianu nie byłby sześciokątny).

Niech $A$ , $B$ , $C$ będą trzema kolejnymi wierzchołkami sześciokąta będącego rozważanym przekrojem. Leżą one na trzech krawędziach sześcianu tworzących linię łamaną o bokach równoległych do wszystkich trzech osi układu współrzędnych. Nie tracimy ogólności przyjmując, że są to (kolejno) krawędzie $PQ$ , $QR$ , $RP'$ , gdzie

$ P = (-1,1,-1), \quad Q= (1,1,-1), \quad R = (1,-1,-1), \quad P'= (1,-1,1) $

(rysunek 10). Wszystkie punkty prostej $PQ$ mają współrzędną $y = 1$ oraz współrzędną $z = -1$ . Zatem punkt $A$ ma postać $A = (\alpha,1,-1)$ . Analogicznie, $B = (1,-\beta,-1)$ , $C = (1,-1,\gamma)$ (oznaczenie drugiej współrzędnej punktu $B$ przez $-\beta$ , a nie $\beta$ , ma swój cel). Punkty $A$ , $B$ i $C$ leżą na płaszczyźnie danej równaniem (1). Mamy więc układ równań

$ a \alpha + b-c = 0, \quad a-b \beta-c=0, \quad a-b + c \gamma = 0, $

z którego wyznaczamy

$ (2) \qquad \alpha=\frac{c-b}{a}, \quad \beta=\frac{a-c}{b},\quad \gamma=\frac{b-a}{c}. $

Punkt $O$ jest środkiem symetrii badanego sześciokąta (bo jest środkiem symetrii sześcianu). Jeśli więc istnieje okrąg opisany na tym sześciokącie, to jego środkiem jest punkt $O$ . To znaczy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą w jednakowych odległościach od $O$ . A ponieważ $|OA|^2 = 2 +\alpha^2$ , $|OB|^2 = 2 + \beta^2$ , $|OC|^2 = 2 + \gamma^2$ , wnosimy stąd, że $|\alpha| = |\beta| = |\gamma|$ .

Jeśli wykażemy, że $\alpha = \beta = \gamma = 0$ , będzie to znaczyło, że $A = (0,1,-1)$ , $B = (1,0,-1)$ , $C = (1,-1,0)$ , a zatem punkty $A$ , $B$ i $C$ są środkami odpowiednich krawędzi i sześciokąt jest foremny.

Możemy teraz zapomnieć o kontekście geometrycznym; zadanie zostało sprowadzone do wykazania, że jeśli liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ dane wzorami (2) mają równe moduły, to są one wszystkie równe zeru.

Gdy liczby $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są równe, wzory (2) dają układ równań

$ (3) \qquad c - b = \alpha a,\quad a - c = \alpha b, \quad b - a = \alpha c. $

Dodajemy je stronami i otrzymujemy: $\alpha(a + b + c) = 0$ . Przypuśćmy, że $\alpha\neq 0$ ; wówczas $a + b + c = 0$ . Podstawiając $c = -(a + b)$ do pierwszych dwóch równań układu (3) dostajemy związki

$ 2b=-(1 + \alpha)a, \quad 2a = (\alpha-1)b, $

które - po pomnożeniu stronami - dają równość $4ab = (1 - \alpha^2)ab$ , czyli $(3 + \alpha^2)ab = 0$ . Jest to sprzeczność, skoro $a \neq 0$ i $b \neq 0$ . Zatem, w tym przypadku, $\alpha = \beta = \gamma = 0$ .

Pozostał do rozważenia przypadek, gdy dwie spośród liczb $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ są równe, a trzecia różni się znakiem.

Układ oznaczeń we wzorach (2) jest cykliczny; to znaczy, cykliczna zmiana zmiennych ( $a \mapsto b \mapsto c \mapsto a$ ) pociąga za sobą analogiczną zmianę wartości ( $\alpha \mapsto \beta \mapsto \gamma \mapsto \alpha$ ). Można więc bez straty ogólności przyjąć, że to liczby $\alpha$ i $\beta$ są równe, a zatem $\alpha = \beta = -\gamma$ . Tym razem wzory (2) dają układ równań

$ (4) \qquad c - b = \alpha a, \quad a - c = \alpha b, \quad b - a = -\alpha c, $

i po dodaniu stronami: $\alpha(a + b - c) = 0$ . Rozumując jak w poprzednim przypadku, przypuśćmy, że $\alpha \neq 0$ ; wówczas $a + b - c = 0$ . Podstawiając $c = a + b$ do pierwszych dwóch równań układu (4) dostajemy związki

$ a = \alpha a, \quad -b = \alpha b, $

które nie dadzą się pogodzić (jako, że $a\neq 0$ i $b\neq 0$ ). Także i w tym przypadku otrzymujemy wniosek, że $\alpha = \beta = \gamma = 0$ .

XLV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

Każdemu wierzchołkowi sześcianu przyporządkowano liczbę $1$ lub $-1$ , a każdej ścianie - iloczyn liczb przyporządkowanych wierzchołkom tej ściany. Wyznaczyć zbiór wartości, które może przyjąć suma $14$ liczb przyporządkowanych ścianom i wierzchołkom.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę dowolne przyporządkowanie liczb $1$ i $-1$ wierzchołkom sześcianu; oznaczmy sumę tych liczb przez $S_1$ . Ścianom przyporządkujmy liczby w sposób wyznaczony zgodnie z zadaną regułą; oznaczmy sumę tych liczb przez $S_2$ . Suma wszystkich $14$ rozważanych liczb równa się $S_1 + S_2$ .

Dokonajmy zmiany liczby przy jednym wierzchołku (obojętne którym). Spowoduje ona zmianę liczb przyporządkowanych trzem ścianom. Wartość sumy $S_1$ zwiększy się o $2$ lub zmniejszy się o $2$ . Wartość sumy $S_2$ zwiększy się lub zmniejszy się o $2$ lub o $6$ . Łączna suma $S = S_1 + S_2$ zwiększy lub zmniejszy swą wartość o $4$ lub o $8$ , lub pozostanie niezmieniona.

Jeżeli wszystkim wierzchołkom są przyporządkowane jedynki, to także wszystkim ścianom są przyporządkowane jedynki, i wówczas $S = 8 + 6 = 14$ . (Jest to oczywiście maksymalna możliwa wartość sumy $S$ .) Z tej konfiguracji można osiągnąć każdą inną, zmieniając kolejno po jednej liczbie przy wierzchołkach. Zgodnie z poprzednim spostrzeżeniem, w każdym kroku tej procedury badana suma $S$ zmieni swą wartość o $\pm 4$ , $\pm 8$ lub $0$ . A zatem wartości przyjmowane przez sumę $S$ będą się różniły od wyjściowej wartości $14$ o wielokrotności liczby $4$ . Zbiór możliwych do uzyskania wartości jest więc podzbiorem zbioru $\{14,10,6,2,-2,-6,-10,-14\}$ .

Liczbę $-14$ możemy wyeliminować od razu: musielibyśmy mieć ,,minus jedynki'' przy wszystkich wierzchołkach i wszystkich ścianach - ale to jest sprzeczne z warunkami zadania.

Nie da się również uzyskać wartości $S = 10$ . Wymagałoby to bowiem, aby $12$ jedynek pojawiło się ze znakiem ,,plus'', a dwie ze znakiem ,,minus''. Gdyby przy wierzchołkach były same ,,plus jedynki'', to i przy ścianach byłyby same ,,plus jedynki''. Gdyby dokładnie jeden wierzchołek był opatrzony znakiem ,,minus'', wówczas {\it trzy} ściany otrzymałyby znak ,,minus''. Gdyby wreszcie ,,minusy'' były dokładnie przy dwóch wierzchołkach, wówczas także przy pewnych ścianach pojawiłyby się ,,minusy''. A więc konfiguracja ,,10 plusów, 2 minusy'' nie jest w żaden sposób osiągalna.

Zakres możliwych wartości $S$ został zatem ograniczony do zbioru

$ \{14,6,2,-2,-6,-10\}. $

Z tych sześciu wartości każdą już da się uzyskać, na ogół różnymi sposobami. Oto przykłady konfiguracji realizujących te wartości:

Jeżeli wszystkim wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę $+1$ , to $S_1 = 8$ , $S_2 = 6$ i $S = 14$ .

Jeżeli wszystkim wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę $-1$ , to $S_1 = -8$ , $S_2 = 6$ i $S = -2$ .

Jeżeli jednemu wierzchołkowi przyporządkowano liczbę $+1$ , a pozostałym $-1$ , to $S_1 = -6$ , $S_2 = 0$ i $S = -6$ .

Jeżeli jednemu wierzchołkowi przyporządkowano liczbę $-1$ , a pozostałym $+1$ , to $S_1 = 6$ , $S_2 = 0$ i $S = 6$ .

Jeżeli dwóm przeciwległym wierzchołkom sześcianu przyporządkowano liczbę $+1$ , a pozostałym $-1$ , to $S_1 = -4$ , $S_2 = -6$ i $S = -10$ .

Jeżeli dwóm przeciwległym wierzchołkom jednej ściany przyporządkowano liczbę $-1$ , a pozostałym wierzchołkom sześcianu liczbę $+1$ , to $S_1 =4$ , $S_2 = -2$ i $S = 2$ .

XLV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ jest styczny do boków $AB$ i $BC$ tego trójkąta odpowiednio w punktach $P$ , $Q$ . Prosta $PQ$ przecina dwusieczną kąta $BAC$ w punkcie $S$ . Udowodnić, że ta dwusieczna jest prostopadła do prostej $SC$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy środek okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ przez $I$ , a miary kątów $CAB$ , $ABC$ , $BCA$ odpowiednio przez $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Gdy $\beta = \gamma$ , teza jest oczywista. Załóżmy więc, że $\beta \neq \gamma$ . Możliwe są dwa przypadki: $\beta < \gamma$ lub $\beta > \gamma$ ; rysunek 11 ilustruje te dwie sytuacje. W pierwszym przypadku punkt $S$ leży na odcinku $PQ$ , a w drugim przypadku punkt $Q$ leży na odcinku $PS$ . W obu przypadkach punkt $I$ leży na odcinku $AS$ . Patrząc na półproste $IA^\rightarrow$ , $IP^\rightarrow$ , $IQ^\rightarrow$ , $IS^\rightarrow$ widzimy, że

Kąty $IPB$ oraz $IQB$ są proste; zatem na czworokącie $IPBQ$ można opisać okrąg. Wobec tego zachodzą równości kątów

$ \begin{split} (2) \qquad |\measuredangle PIQ| & = 180^\circ -|\measuredangle PBQ| = 180^\circ - \beta,\\ (3) \qquad |\measuredangle IQP| & = |\measuredangle IBP| = \frac{1}{2}\beta. \end{split} $

Oczywiście $| \measuredangle AIP| = 90^\circ - |\measuredangle IAP| = 90^\circ - \frac{1}{2} \alpha$ . Podstawiając tę równość wraz z równością (2) do wzoru (1) stwierdzamy, że

$ \begin{split} |\measuredangle QIS| &= |90^\circ-\frac{1}{2} \alpha-\beta| = \frac{1}{2}|180^\circ-\alpha-2\beta| =\\ &= \frac{1}{2}|\gamma -\beta|= {\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{2} (\gamma -\beta)& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\ \frac{1}{2} (\beta -\gamma)& \textrm{gdy } \beta > \gamma. \end{array}\right.} \end{split} $

Z usytuowania punktów $P$ , $Q$ , $S$ na prostej $PQ$ oraz ze związku (3) mamy

$ |\measuredangle IQS|={\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{lll} |\measuredangle IQP|&= \frac{1}{2}\beta& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\ 180^\circ-|\measuredangle IQP|&= 180^\circ- \frac{1}{2}\beta& \textrm{gdy } \beta > \gamma. \end{array}\right.} $

Suma kątów w trójkącie $IQS$ wynosi $180^\circ$ . Stąd

$ \begin{split} |\measuredangle ISQ| &= 180^\circ - |\measuredangle QIS| - |\measuredangle IQS| =\\ &={\def\arraystretch{1.25}\left\{ \begin{array}{lll} 180^\circ-\frac{1}{2} (\gamma -\beta)-\frac{1}{2}\beta&= 180^\circ-\frac{1}{2}\gamma& \textrm{gdy } \beta < \gamma,\\ 180^\circ-\frac{1}{2} (\beta -\gamma)-(180^\circ -\frac{1}{2}\beta)&= \frac{1}{2}\gamma& \textrm{gdy } \beta > \gamma. \end{array}\right.} \end{split} $

A ponieważ $\frac{1}{2}\gamma$ jest miarą kąta $ICQ$ , z otrzymanego związku wnosimy, że punkty $I$ , $C$ , $Q$ , $S$ leżą na jednym okręgu. Kąt $IQC$ jest prosty. Zatem odcinek $IC$ jest średnicą tego okręgu i w konsekwencji również kąt $ISC$ jest prosty. To zaś jest tezą zadania.

XLV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

Dana jest liczba pierwsza p. Wykazać równoważność zdań:

(a) Istnieje taka liczba całkowita $n$ , że liczba $n^2 - n + 3$ jest podzielna przez $p$ .

(b) Istnieje taka liczba całkowita $m$ , że liczba $m^2 - m +25$ jest podzielna przez $p$ .

Rozwiązanie

Żądana równoważność wynika nietrudno ze spostrzeżenia, że

$ (1) \qquad \textrm{jeśli } m = 3n-1, \textrm{ to } m^2-m + 25 = 9(n^2-n + 3). $

Implikację (a) $\Longrightarrow$ (b) dostajemy stąd natychmiast: jeżeli (dla pewnego $n$ ) liczba $n^2 -n + 3$ dzieli się przez $p$ , to wystarczy przyjąć $m = 3n-1$ : zgodnie z (1), liczba $m^2 -m + 25$ także dzieli się przez $p$ .

Dowód implikacji (b) $\Longrightarrow$ (a) poprowadzimy najpierw przy założeniu, że $p\neq 3$ . Zakładamy słuszność (b): niech $m$ będzie liczbą całkowitą, dla której liczba $m^2-m + 25$ dzieli się przez $p$ . Skoro $p \neq 3$ , zatem liczby $m$ , $m + p$ , $m-p$ dają przy dzieleniu przez $3$ różne reszty, a więc jedna z tych trzech liczb daje resztę $2$ . Oznaczmy tę liczbę przez $k$ ; to znaczy, przyjmijmy

$ k=\left\{\begin{array}{lrll} m&\textrm{jeśli}& m\equiv 2 & \pmod 3,\\ m+p&\textrm{jeśli}& m\equiv 0, p\equiv 2 &\\ &\textrm{lub}& m\equiv 1, p \equiv 1 & \pmod 3,\\ m-p&\textrm{jeśli}& m\equiv 0, p\equiv 1 \\ &\textrm{lub}& m\equiv 1, p \equiv 2 & \pmod 3; \end{array}\right. $

w każdym przypadku, tak zdefiniowana liczba $k$ istotnie spełnia warunek $k \equiv 2 \pmod 3$ . Określamy liczbę całkowitą $n$ wzorem

$ (2) \qquad n=\frac{k+1}{3}. $

Ponieważ $k - m \in \{0,p,-p\}$ oraz (z założenia) $p$ jest dzielnikiem liczby $m^2-m +25$ , zatem $p$ jest też dzielnikiem liczby $k^2 -k + 25$ . Liczby $k$ i $n$ są związane równością $k = 3n-1$ . Wobec tego, na mocy spostrzeżenia (1) (z $m$ zastąpionym przez $k$ ), liczba $p$ jest dzielnikiem iloczynu $9(n^2-n + 3)$ , i to dzielnikiem pierwszym, różnym od $3$ ; jest więc dzielnikiem czynnika $(n^2 - n + 3)$ . To znaczy, że liczba $n$ , określona wzorem (2), spełnia warunek (a).

Pozostaje do udowodnienia implikacja (b) $\Longrightarrow$ (a) w przypadku, gdy $p = 3$ . Otóż dla $p = 3$ oba zdania, (a) i (b), są prawdziwe. Istotnie: wystarczy przyjąć $n = 3$ (w warunku (a)) oraz $m = 2$ (w warunku (b)). Obie rozważane w tych zdaniach liczby ( $n^2-n + 3$ oraz $m^2 -m + 25$ , czyli $9$ oraz $27$ ) są wówczas podzielne przez $3$ , a tym samym oba warunki, (a) i (b), są spełnione.