Zad. 1. Dane są liczby rzeczywiste a1, a2, ..., a1013 należące do przedziału [–1, 2], których suma wynosi 0. Udowodnij, że suma ich kwadratów jest mniejsza niż 2026.
Zad. 2. Udowodnij, że co najmniej jedna spośród liczb π+e oraz π/e jest niewymierna (możesz skorzystać z faktu, że π oraz e są liczbami niewymiernymi).
Zad. 3. Niech ℕ oznacza zbiór liczb całkowitych dodatnich. Funkcja f: ℕ → ℕ ma tę własność, że dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich m i n, w ciągu f(m+1), f(m+2), ..., f(m+f(n)) znajduje się dokładnie jedna liczba podzielna przez n. Udowodnij, że f(n) = n dla nieskończenie wielu liczb całkowitych dodatnich n.
W tym miesiącu punkty zdobył:
- 12 - Jakub Ceynowa (SP 95 Wrocław)
Gratulujemy!
Zad. 1. Zauważmy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x należącej do przedziału [–1, 2] zachodzi nierówność (x+1)(x–2) ≤ 0, co jest równoważne x2 – x – 2 ≤ 0, czyli x2 ≤ x + 2. Sumując te nierówności stronami dla wszystkich liczb ai, otrzymujemy: suma kwadratów ai2 jest mniejsza lub równa sumie (ai + 2). Rozbijając prawą stronę, mamy sumę wszystkich ai (która z założenia wynosi 0) oraz sumę 1013 dwójek. Zatem suma kwadratów ≤ 0 + 2·1013 = 2026. Równość w wyjściowej nierówności zachodziłaby tylko wtedy, gdyby każda z liczb ai była równa –1 lub 2. Niech k oznacza liczbę wyrazów równych –1. Wówczas pozostałe 1013–k wyrazów musiałoby być równych 2. Aby suma wszystkich liczb wynosiła 0, musiałoby zachodzić równanie: –1·k + 2·(1013–k) = 0. Przekształcając, otrzymujemy 2026 – 3k = 0, czyli 3k = 2026. Jednak liczba 2026 nie dzieli się przez 3 (suma cyfr wynosi 10), więc równanie to nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych. Oznacza to, że równość jest niemożliwa, zatem suma kwadratów jest ostro mniejsza od 2026.
Zad. 2. Przeprowadzimy dowód nie wprost. Załóżmy, że obie liczby x = π+e oraz y = π/e są wymierne. Zauważmy, że zachodzi tożsamość algebraiczna: e = (π+e) / (1 + π/e). Podstawiając nasze oznaczenia, otrzymujemy e = x / (1+y). Ponieważ x i y są liczbami wymiernymi, a y jest różne od –1 (gdyż π i e są dodatnie), to prawa strona równania, jako iloraz liczb wymiernych, musi być liczbą wymierną. Otrzymujemy wniosek, że e jest liczbą wymierną, co stoi w sprzeczności z treścią zadania. Założenie o jednoczesnej wymierności sumy i ilorazu było więc fałszywe.
Zad. 3. Zauważmy najpierw, że jeśli d dzieli n, to f(d) dzieli f(n). Następnie udowodnimy, że jeśli f(n) = a, to f(a) = n. Można to wykazać, zauważając, że najmniejszą liczbą b, dla której f(b) jest wielokrotnością n, jest w istocie a. Dzieje się tak, ponieważ f(b), f(2b), f(3b) i tak dalej są wielokrotnościami n, więc a musi dzielić b. Jednocześnie b < 2a. Ponadto f(n), f(2n) i kolejne są wielokrotnościami a, więc f(a) dzieli n. Oczywiście f(1) = 1, więc jeśli założymy istnienie maksymalnego C, dla którego f(C) = C, możemy dojść do sprzeczności, badając na przykład f(2f(2C)). Jeśli f(2C) = kC, gdzie k > 2, to f(kC) = 2C. Wobec tego kC nie może być wielokrotnością 2C z oczywistych względów. Wtedy jednak f(2kC) jest wielokrotnością 2kC, a to oznacza, że musi być dokładnie równe 2kC, co daje szukaną sprzeczność.
