Zad. 1. Liczby naturalne p i q są kolejnymi liczbami pierwszymi większymi od 2. Wykaż, że liczba p+q jest iloczynem co najmniej trzech liczb naturalnych (niekoniecznie różnych) większych od 1.
Zad. 2. Dla pewnych liczb rzeczywistych a, b, c, d, e równanie ax2 + (c–b)x + (e–d) = 0 ma pierwiastki rzeczywiste, większe od 1. Pokaż, że równanie ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 ma co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty.
Zad. 3. Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej n zachodzi:
n = ⌊(n+20)/21⌋ + ⌊(n+21)/22⌋ + ... + ⌊(n+2n-1)/2n⌋, gdzie ⌊•⌋ oznacza największą liczbę całkowitą nie przekraczającą • (tzw. podłoga).
Za rozwiązania zadań styczniowych 20 pkt. zdobył Radosław Górzyński - I LO Lubin.
Zad. 1. Liczba p+q jest parzysta, a liczba (p+q)/2 musi być złożona, ponieważ należy do przedziału (p, q). To daje rozkład p+q na co najmniej trzy czynniki.
Zad. 2. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że a>0. Załóżmy, że wielomian P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 nie ma pierwiastków rzeczywistych. Wtedy P(x)>0 dla każdego x rzeczywistego. Zauważmy, że zachodzi P(x) = ax4 + (c–b)x2 + (e–d) + (x–1)(bx2+d). Niech y będzie pierwiastkiem równania ax2 + (c–b)x + (e–d) = 0, a z = y1/2. Wtedy z>1, ponieważ z założenia y>1. Zachodzi 0 < P(z) = (z–1)(bz2+d) oraz 0 < P(-z) = (-z–1)(bz2+d). Stąd wnioskujemy, że (bz2+d) < 0 oraz (bz2+d) > 0, co daje sprzeczność. W takim razie P(x) musi mieć pierwiastek rzeczywisty.
Zad. 3. Niech xn–1xn–2...x0 będzie zapisem liczby n w systemie dwójkowym (n cyfr wystarcza do zapisania tej liczby, ponieważ n<2n). Zauważmy, że n/21 + n/22 + ... = n (dlaczego?) oraz ⌊n/2k+1⌋ = n/2k+1 – xk/21 – xk-1/22 – ... – x0/2k. Stąd ⌊n/21⌋ + ⌊n/22⌋ + ... = n – x0 – x1 – ... – xn (wartość sumy po lewej stronie jest mniejsza od n o 1 w zapisie dwójkowym n). Zachodzi równość ⌊n + 2k/2k+1⌋ = ⌊n/2k+1⌋ + xk (wyrażenie po lewej stronie jest większe, gdy k-ty bit liczby n jest równy 1) i stąd ⌊(n+20)/21⌋ + ⌊(n+21)/22⌋ + ... = n. Ponieważ n < 2n, tylko pierwszych n wyrazów sumy po lewej stronie jest niezerowych.
