Zad. 1. Udowodnij, że pięciokąt, którego trzy kolejne boki są przystające oraz każda z jego przekątnych jest równoległa do jednego z boków, jest foremny.
Zad. 2. Udowodnij, że liczba n! jest podzielna przez sumę 1+2+3+...+n wtedy i tylko wtedy, gdy n+1 nie jest liczbą pierwszą nieparzystą.
Zad. 3.W kole o promieniu 2 obrano 64 różne punkty. Wykaż, że 10 z nich leży w kole o promieniu 1.
W tym miesiącu30 punktów zdobył Radosław Górzyński (I LO Lubin). Gratulacje.
Zad. 1. Niech ABCDE będzie pięciokątem z zadania takim, że [tex]AC \parallel DE, BE\parallel CD, CE \parallel AB[/tex] oraz |BC|=|CD|=|DE|. Mamy [tex]\angle BEC=\angle EDC = \angle DEC=\angle ECA=\angle CAB[/tex], bo odpowiednio [tex]BE \parallel CD, DE=CD, AC \parallel DE, AB \parallel CE[/tex]. Stąd [tex]\angle BEC= \angle{BAC} [/tex], czyli czworokąt ABCE można wpisać w okrąg, zatem jako trapez ([tex]AB \parallel CE[/tex]) jest on równoramienny, czyli |AE|=|BC|. Analogicznie pokazujemy, że |DE|=|AB| i w konsekwencji mamy równość długości wszystkich boków pięciokąta. Równość miar kątów otrzymujemy z równości kątów przy podstawach w trapezach równoramiennych ABCD i BCDE ([tex]\angle ABC = \angle BCD [/tex]), BCDE i CDEA ([tex]\angle BCD = \angle CDE [/tex]), CDEA i DEAB ([tex]\angle CDE = \angle DEA [/tex]), DEAB i EABC ([tex]\angle DEA = \angle EAB [/tex]), EABC i ABCD ([tex]\angle EAB = \angle ABC [/tex]). Zatem rozważany pięciokąt jest foremny.
Zad. 2. Niech O będzie środkiem koła. Zakreślmy koło o promieniu 1 współśrodkowe z danym. Jeśli jest w nim 10 punktów z 64, to mamy tezę. Załóżmy więc, że jest w nim co najwyżej 9 punktów. Podzielmy duże koło na 6 przystających wycinków trzema średnicami. Punktów poza małym kołem o promieniu 1 jest co najmniej 55 zatem w jednym z wycinków poza małym kołem jest co najmniej 10 punktów. Zauważmy, że figura powstała z usunięcia z tego wycinka części wspólnej z małym kołem leży wewnątrz okręgu o promieniu 1 (bo jej brzeg to 3 odcinki o długości 1 tworzące kąt [tex]60^{\circ}[/tex] oraz łuk dużego okręgu).
Zad. 3. Zauważmy, że liczba 1+2+...+n = n(n+1)/2 dzieli liczbę n! wtedy i tylko wtedy, gdy n+1 dzieli 2(n–1)!. Załóżmy, że n+1=2k, gdzie k to pewna liczba naturalna. Dla n=1 oczywiście n+1 dzieli 2(n–1)!. Niech k>1. Wtedy k=(n+1)–k [tex]\leq [/tex] n–1, zatem n+1=2k również dzieli 2(n–1)!. Niech teraz n+1 będzie liczbą nieparzystą złożoną. Wtedy n+1=qr, gdzie [tex] 3 \leq q \leq r \leq [/tex] (n+1)/3. Wtedy [tex]3 \leq q \leq 2r \leq [/tex] n–1, gdyż n>8. Zatem n+1=qr musi dzielić 2(n–1)!. Ostatecznie, jeżeli n+1 jest liczbą pierwszą nieparzystą, to (n+1) nie dzieli 2(n–1)!.
