Zad. 1. Sumę ułamków 1/2, 1/3, ..., 1/2023 zapisano za pomocą ułamka nieskracalnego. Iloma zerami kończy się mianownik tego ułamka?
Zad. 2. Pewne cztery proste na płaszczyźnie tworzą cztery trójkąty. Udowodnij, że środki okręgów opisanych na tych trójkątach leżą na okręgu zawierającym punkt wspólny czterech powyższych okręgów (patrz zad. 2. z marca 2023).
Zad. 3. Dla liczb całkowitych b i a1, a2, ..., a20 zachodzi równość b11 = a111+a211+...+a2011. Udowodnij, że iloczyn [tex]ba_1a_2 \cdot...\cdot a_{20}[/tex] jest liczbą podzielną przez 23.
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 20 - Radosław Górzyński (I LO Lubin),
- 10 - Miłosz Zajdel (I LO Krosno).
Zad. 1. Niech A = NWD(1, 2, ..., 2023). Zauważmy, że [tex]A=2^{10}5^4m[/tex], gdzie m nie dzieli się przez 2 ani 5. Przedstawmy szukany ułamek w postaci (niekoniecznie nieskracalnej) [tex] \frac{\frac{A}{1} + \frac{A}{2} + ... + \frac{A}{2023}}{A}[/tex]. Zauważmy, że jedynymi niepodzielnymi przez 10 składnikami występującymi w liczniku są [tex] \frac{A}{2^{10}},\frac{A}{5^4}, \frac{A}{2\cdot 5^4},\frac{A}{3\cdot 5^4}[/tex]. Ponadto D = [tex]\frac{A}{2^{10}} + \frac{A}{5^4} + \frac{A}{2\cdot 5^4} + \frac{A}{3\cdot 5^4} = \frac{A}{2^{10}\cdot 3\cdot 5^4}[/tex] · (3·54 + 210·3 + 29·3 + 210). Liczba 3·54 + 210·3 + 29·3 + 210 nie jest podzielna przez 10, więc liczba D też nie jest. W takim razie mianownik ułamka z zadania zapisanego w postaci nieskracalnej będzie się kończył czterema zerami.
Zad. 2. W rozwiązaniu tego zadania będziemy korzystać z podstawowych własności prostej Simsona punktu. Zaczniemy od lematu.
Niech P, Q, R będą punktami leżącymi na pewnej prostej, a S - punktem leżącym poza nią. Niech OP, OQ, OR będą środkami okręgów wpisanych odpowiednio w trójkąty SQR, PSR i PQS. Wtedy S leży na okręgu opisanym na trójkącie OPOQOR.
Dowód. Zauważmy, że środki odcinków PS, QS i RS są rzutami prostopadłymi punktu S na boki (lub ich przedłużenia) trójkąta OPOQOR. Wiemy jednak, że te punkty leżą na jednej prostej, zatem S należy do okręgu opisanego na OPOQOR.
Rozważmy teraz sytuację z zadania. Cztery proste nazwijmy 1, 2, 3 i 4, a ich przecięcia odpowiednio: A=2·3, B=1·2, C=1·3, D=2·4, E=3·4 i F=1·4. Niech M będzie punktem przecięcia okręgów opisanych na trójkątach ABC, BDF, ECF i EAD (patrz zadanie geometryczne z marca). Pokażemy, że M leży na okręgu opisanym na trójkącie [tex]O_{ABC}O_{BDF}O_{EAD}.[/tex] Zauważmy, że okrąg opisany na EAD to okrąg opisany na EADM, czyli okrąg opisany na ADM. W ten sposób znaleźliśmy się w sytuacji z lematu dla P=B, Q=A, R=D i S=M. Analogicznie możemy pokazać, że P leży na okręgu opisanym na dowolnych trzech spośród punktów [tex]O_{ABC},O_{BDF},O_{EAD},O_{ECF}[/tex], co dowodzi tezy zadania.
Zad. 3. Przypuśćmy, że żadna z liczb z zadania nie dzieli się przez 23. Z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczby b, a1, ..., a20 spełniają kongruencję [tex] x^{22} \equiv 1 (mod 23)[/tex]. Równoważnie liczby b11, a111, ..., a2011 spełniają kongruencję [tex] x^2 \equiv 1 (mod 23)[/tex]. Równanie wielomianowe modulo liczba pierwsza ma co najwyżej tyle rozwiązań, ile wynosi stopień wielomianu (w tym przypadku 2) - przeczytaj dowód analogicznego faktu dla zwykłych wielomianów i zmodyfikuj go odpowiednio. W takim razie każda z liczb b11, a111, ..., a2011 daje resztę z dzielenia [tex]\pm1 (mod 23)[/tex]. Kongruencja [tex]y = x_1 + x_2 + ... + x_{20} (mod 23)[/tex] nie ma rozwiązania, w którym każda z liczb jest równa [tex]\pm 1[/tex], więc równość dana w zadaniu nie może zachodzić.
