Zad. 1. Dwa okręgi są styczne zewnętrznie w punkcie K. Prowadzimy wspólną styczną do obu okręgów w punktach A i B. Równolegle do niej prowadzimy styczną do okręgu, na którym leży punkt B, w punkcie T różnym od B. Wykaż, że punkty A, K i T są współliniowe.
Zad. 2. Dane są bliźniacze (tzn. różniące się o 2) liczby pierwsze. Dowieść, że nie mogą one być długościami przyprostokątnych trójkąta prostokątnego o bokach długości całkowitej.
Zad. 3. Rozwiązać równanie w liczbach całkowitych dodatnich: 2a! + 2b! = c3.
W tym miesiącu punkty zdobyli:
Szymon Michalik (XIV LO Warszawa): 10 + 10 + 10 = 30,
Jan Kropidłowski (III LO Wrocław): 10 + 10 + 10 = 30,
Mateusz Jagoda (ZSO Kluczbork): 10 + 10 + 10 = 30,
Danuta Wroniszewska (I LO Jelenia Góra): 10 + 10 + 6 = 26.
Gratulacje!
Zad. 1. Zauważmy, że BT to średnica okręgu, stąd |∡BKT| = 90°. Oznaczmy środek okręgu zawierającego punkt A przez O, a drugiego okręgu przez S. Niech |∡KAB| = α i |∡KBA| = β. Wtedy |∡OKA| = |∡OAK| = 90°–α, oraz |∡SKB| = |∡SBK| = 90°–β. Wobec tego |∡AOK| = 2α i |∡BSK| = 2β. Czworokat ABSO jest równoległobokiem, więc |∡AOK|+|∡BSK| = 180°, czyli 2α+2β = 180°, więc α+β = 90°. Wynika z tego, że |∡AKT| = |∡AKB|+|∡BKT| = 180°.
Zad. 2. Załóżmy nie wprost, że dany jest trójkąt prostokątny o bokach długości p, p+2 i k. Wtedy p2+(p+2)2 = k2, zatem 2p2+4p+4 = k2, co oznacza, że kwadrat liczby naturalnej jest podzielny przez 2, ale nie przez 4, co daje sprzeczność.
Zad. 3. Sześciany liczb naturalnych przystają modulo 7 do 0, 1 lub 6. Liczba 2n! przystaje modulo 7 do 2, gdy n=1, i do 4, gdy n=2. Załóżmy, że n>2. Wtedy n! jest podzielne przez 3, czyli n!/3 jest całkowite. Wtedy modulo 7 mamy 2n! ≡ 23·n!/3 ≡ 13 ≡ 1. Widać, że (a, b) musi być parą (1, 2), (2, 1) lub (2, 2). Łatwo sprawdzić, że jedyną możliwą jest para (2, 2), czyli c=2. Jedynym rozwiązaniem jest więc a = b = c = 2.
