Book-secound Round Problems and Solutions 0001-Iranian Mathematical Olympiad

‫ﺑﻪ ﻧﺎﻡ ﺍﻭ‬ ‫ﮐﻪ ﺩﺍﻧﺶ ﺁﻓﺮﻳﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪...‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ ﺍﻳﺮﺍﻥ ﺑﻪ ﻫﻢﺭﺍﻩ ﺭﺍﻩﺣﻞ‬ ‫ﺍﺯ ﺳﺎﻝ ‪ ۱۳۸۰‬ﺗﺎ ‪۱۳۹۲‬‬

‫ﺗﻤﺎﻡ ﺣﻘﻮﻕ ﺍﻳﻦ ﮐﺘﺎﺏ ﻣﺘﻌﻠﻖ ﺑﻪ ﮐﻤﻴﺘﻪﯼ ﻣﻠﯽ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ ﺍﻳﺮﺍﻥ ﻭ ﺑﺎﺵﮔﺎﻩ ﺩﺍﻧﺶﭘﮋﻭﻫﺎﻥ ﺟﻮﺍﻥ ﺍﺳﺖ ﻭ‬ ‫ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﭼﺎﭖ ﺍﻳﻦ ﺍﺛﺮ ﻓﺮﻭﺵ ﺁﻥ ﺑﻪ ﻗﻴﻤﺘﯽ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ﻗﻴﻤﺖ ﺗﻤﺎﻡﺷﺪﻩ ﻣﻤﻨﻮﻉ ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫‪۱‬‬

۲

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ ﺍﻳﺮﺍﻥ ﺑﻪ ﻫﻢﺭﺍﻩ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﺯ ﺳﺎﻝ‬ ‫‪ ۱۳۸۰‬ﺗﺎ ‪۱۳۹۲‬‬

۲

‫ﻓﻬﺮﺳﺖ ﻣﻄﺎﻟﺐ‬ ‫ﻣﻘﺪﻣﻪ ‪. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .‬‬

‫‪۱.۰‬‬

‫ﺍﻭﻝ‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ‬

‫ﺩﻭﻡ‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎ‬

‫‪۲.۰‬‬ ‫‪۳.۰‬‬ ‫‪۴.۰‬‬ ‫‪۵.۰‬‬ ‫‪۶.۰‬‬ ‫‪۷.۰‬‬ ‫‪۸.۰‬‬ ‫‪۹.۰‬‬ ‫‪۱۰.۰‬‬ ‫‪۱۱.۰‬‬ ‫‪۱۲.۰‬‬ ‫‪۱۳.۰‬‬ ‫‪۱۴.۰‬‬

‫‪۱۵.۰‬‬ ‫‪۱۶.۰‬‬ ‫‪۱۷.۰‬‬ ‫‪۱۸.۰‬‬ ‫‪۱۹.۰‬‬ ‫‪۲۰.۰‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﻧﻮﺯﺩﻫﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . ۱۳۸۰ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . . ۱۳۸۱ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۲ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺩﻭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۳ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺳﻮﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۴ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭼﻬﺎﺭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۵ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭘﻨﺠﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. ۱۳۸۶ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺷﺸﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۷ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﻔﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. ۱۳۸۸ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﺸﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۹ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻧﻬﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . ۱۳۹۰ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽﺍﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . . . ۱۳۹۱ ،‬‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . ۱۳۹۲ ،‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﻧﻮﺯﺩﻫﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . ۱۳۸۰ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . . ۱۳۸۱ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۲ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺩﻭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۳ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺳﻮﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۴ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭼﻬﺎﺭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۵ ،‬‬ ‫‪۳‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪۵‬‬

‫‪۷‬‬

‫‪۹‬‬ ‫‪۱۱‬‬ ‫‪۱۳‬‬ ‫‪۱۵‬‬ ‫‪۱۷‬‬ ‫‪۱۸‬‬ ‫‪۱۹‬‬ ‫‪۲۱‬‬ ‫‪۲۲‬‬ ‫‪۲۴‬‬ ‫‪۲۵‬‬ ‫‪۲۶‬‬ ‫‪۲۷‬‬

‫‪۲۹‬‬ ‫‪۳۱‬‬ ‫‪۳۸‬‬ ‫‪۴۳‬‬ ‫‪۴۷‬‬ ‫‪۵۱‬‬ ‫‪۵۵‬‬

‫‪۲۱.۰‬‬ ‫‪۲۲.۰‬‬ ‫‪۲۳.۰‬‬ ‫‪۲۴.۰‬‬ ‫‪۲۵.۰‬‬ ‫‪۲۶.۰‬‬ ‫‪۲۷.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭘﻨﺠﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. ۱۳۸۶ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺷﺸﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. ۱۳۸۷ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﻔﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. ۱۳۸۸ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﺸﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۹ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻧﻬﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . ۱۳۹۰ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽﺍﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . . . ۱۳۹۱ ،‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪. . . ۱۳۹۲ ،‬‬

‫‪۴‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪۵۸‬‬ ‫‪۶۴‬‬ ‫‪۷۰‬‬ ‫‪۷۳‬‬ ‫‪۷۶‬‬ ‫‪۸۱‬‬ ‫‪۹۰‬‬

‫‪ ۱.۰‬ﻣﻘﺪﻣﻪ‬ ‫ﺧﻮﺍﻧﻨﺪﻩﯼ ﻋﺰﻳﺰ ﺳﻼﻡ‬ ‫ﺟﻤﻊﺁﻭﺭﯼ‪ ،‬ﺗﻮﻟﻴﺪ‪ ،‬ﺗﺪﻭﻳﻦ ﻭ ﺍﻧﺘﺸﺎﺭ ﻣﺤﺘﻮﺍﯼ ﻋﻠﻤﯽ ﻣﻔﻴﺪ ﻭ ﺑﺎ ﮐﻴﻔﻴﺖ‪ ،‬ﻧﻴﺎﺯﻣﻨﺪ ﭘﺸﺖ ﺳﺮﮔﺬﺍﺷﺘﻦ ﺳﺨﺘﯽﻫﺎﯼ‬ ‫ﺑﺴﻴﺎﺭﯼ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﮐﺘﺎﺏ ﻭ ﮐﺘﺎﺏ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻭ ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎﯼ ﺁﺯﻣﻮﻥ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺍﻭﻝ ﺣﺎﺻﻞ ﺯﺣﻤﺎﺕ ﻋﺰﻳﺰﺍﻧﯽ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﺭ ﮐﻤﻴﺘﻪﯼ ﻣﻠﯽ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ ﺍﻳﺮﺍﻥ ﺩﺭ ﺑﺎﺵﮔﺎﻩ ﺩﺍﻧﺶﭘﮋﻭﻫﺎﻥ ﺟﻮﺍﻥ ﺳﺎﻋﺎﺕ ﺯﻳﺎﺩﯼ ﺭﺍ ﺻﺮﻑ‬ ‫ﺟﻤﻊﺁﻭﺭﯼ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﺁﺯﻣﻮﻥﻫﺎﯼ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺍﻭﻝ ﻭ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ‪ ،‬ﻧﻮﺷﺘﻦ ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎ‪ ،‬ﻭﻳﺮﺍﻳﺶ ﻣﺤﺘﻮﺍ ﻭ‪ ...‬ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺟﺎ‬ ‫ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻋﺰﻳﺰﺍﻥ ﮐﻪ ﻧﺎﻡ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺯﻳﺮ ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﺪ‪ ،‬ﺻﻤﻴﻤﺎﻧﻪ ﺗﺸﮑﺮ ﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫ﻣﺎﻫﺪ ﺁﺏﺭﻭﺷﻦ‪ ،‬ﺳﻴﺪ ﺍﺣﺴﺎﻥ ﺁﺯﺭﻡﺳﺎ‪ ،‬ﺍﺣﺴﺎﻥ ﺍﺳﺪﯼ‪ ،‬ﺻﺪﺭﺍ ﺑﺮﻳﺮﯼ‪ ،‬ﻣﻬﺮﺍﻥ ﺑﻬﻤﻨﯽ‪ ،‬ﻣﺎﻫﺎﻥ ﺗﺠﺮﺑﻪﮐﺎﺭ‪ ،‬ﺳﻴﺪ‬ ‫ﻋﻠﯽﺭﺿﺎ ﺗﻮﮐﻠﯽ‪ ،‬ﻣﺮﺗﻀﯽ ﺛﻘﻔﻴﺎﻥ‪ ،‬ﺧﺸﺎﻳﺎﺭ ﺧﺴﺮﻭﯼ‪ ،‬ﺣﺴﺎﻡﺍﻟﺪﻳﻦ ﺭﺟﺐﺯﺍﺩﻩ‪ ،‬ﺳﻴﻨﺎ ﺭﺿﺎﻳﯽ‪ ،‬ﻋﺎﺭﻑ ﺻﺎﺩﻗﯽ‪،‬‬ ‫ﻋﺮﻓﺎﻥ ﺻﻠﻮﺍﺗﯽ‪ ،‬ﺟﻮﺍﺩ ﻋﺎﺑﺪﯼ‪ ،‬ﻋﻠﯽﺭﺿﺎ ﻋﻠﯽﺁﺑﺎﺩﻳﺎﻥ‪ ،‬ﻋﻠﯽﺭﺿﺎ ﻋﻤﻮﺯﺍﺩ‪ ،‬ﻣﺠﻴﺪ ﻓﺮﻫﺎﺩﯼ‪ ،‬ﺳﭙﻬﺮ ﻗﺎﺿﯽﻧﻈﺎﻣﯽ‪،‬‬ ‫ﭘﺎﺭﺳﺎ ﻣﺮﺍﺩﯼ‪ ،‬ﺍﻣﻴﺮﻋﻠﯽ ﻣﻌﻴﻦﻓﺮ‪ ،‬ﺭﻭﺡﺍﷲ ﻣﻬﮑﺎﻡ‪ ،‬ﺍﻣﻴﺮﺣﺴﻴﻦ ﻧﻮﻳﺪ ﺍﺩﻫﻢ‪.‬‬ ‫ﺿﻤﻨﴼ ﻗﺴﻤﺘﯽ ﺍﺯ ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎﯼ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪﯼ ﺩﻭﻡ ﺑﺎ ﺗﺮﺟﻤﻪ ﻭ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﮐﺘﺎﺏﭼﻪﻫﺎﯼ‬ ‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﺍﻳﺮﺍﻥ )ﮐﻪ ﺑﻨﺎ ﺑﻪ ﺭﺳﻢ ﻫﺮ ﺳﺎﻟﻪﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺟﻬﺎﻧﯽ ﺭﻳﺎﺿﯽ ﺟﻬﺖ ﺭﺩ ﻭ ﺑﺪﻝ ﮐﺮﺩﻥ ﺑﺎ ﮐﺸﻮﺭﻫﺎﯼ ﺩﻳﮕﺮ‬ ‫ﺩﺭ ﺯﻣﺎﻥ ﺑﺮﮔﺰﺍﺭﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﺴﺎﺑﻘﺎﺕ‪ ،‬ﺑﻪ ﺯﺑﺎﻥ ﺍﻧﮕﻠﻴﺴﯽ ﺗﻬﻴﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ( ﻧﻮﺷﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ‬ ‫ﺁﺯﻣﻮﻥﻫﺎ ﺑﻌﻀﯽ ﺳﺎﻝﻫﺎ ﺍﺯ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻧﺸﺮﻳﻪﻫﺎﯼ ﺩﺍﻧﺶﭘﮋﻭﻩ ﮐﻪ ﺣﺪﻭﺩ ﺩﻩ ﺳﺎﻝ ﻗﺒﻞ ﺗﻮﺳﻂ ﺍﻧﺘﺸﺎﺭﺍﺕ ﺑﺎﺵﮔﺎﻩ‬ ‫ﺩﺍﻧﺶﭘﮋﻭﻫﺎﻥ ﺑﻪ ﭼﺎﭖ ﻣﯽﺭﺳﻴﺪ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻻﺯﻡ ﺍﺳﺖ ﺍﺯ ﻫﻤﻪﯼ ﮐﺴﺎﻧﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺳﺎﻟﻴﺎﻥ‬ ‫ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺩﺭ ﺗﻬﻴﻪﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺘﺎﺏﭼﻪﻫﺎ ﻭ ﻧﺸﺮﻳﻪﻫﺎ ﻫﻢﮐﺎﺭﯼ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ ﻫﻢ ﮐﻤﺎﻝ ﺗﺸﮑﺮ ﺭﺍ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺩﺭ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﺍﻣﻴﺪﻭﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ﻣﺤﺘﻮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺘﺎﺏ ﺑﺮﺍﯼ ﺷﻤﺎ ﻋﺰﻳﺰﺍﻥ ﻣﻔﻴﺪ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﻣﻬﺮﻣﺎﻩ ‪۱۳۹۲‬‬

‫‪۵‬‬

۶

‫ﺑﺨﺶ ﺍﻭﻝ‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ‬

‫‪۷‬‬

‫‪۲.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﻧﻮﺯﺩﻫﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۰ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ p‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﻭ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ‪ ۱ + np‬ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ n + ۱‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺠﻤﻮﻉ ‪p‬ﺗﺎ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﻮﺷﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻣﺜﻠﺚ ﺣﺎﺩﻩﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ABC‬ﻣﻔﺮﻭﺽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺭﻭﯼ ﺍﺿﻼﻉ ﺁﻥ ﺳﻪ ﻣﺜﻠﺚ ‪ C ′ AB ،B ′ AC‬ﻭ ‪ A′ BC‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺳﻤﺖ‬ ‫ﺧﺎﺭﺝ ﻣﯽﺳﺎﺯﻳﻢ‪ ،‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫◦‪∠B ′ AC = ∠C ′ BA = ∠A′ BC = ۳۰‬‬ ‫◦‪∠B ′ CA = ∠C ′ AB = ∠A′ CB = ۶۰‬‬

‫ﺍﮔﺮ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺑﺎﺷﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ‪ B ′ M‬ﺑﺮ ‪ A′ C ′‬ﻋﻤﻮﺩ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺗﻤﺎﻡ ‪n‬ﻫﺎﻳﯽ ﺭﺍ ﭘﻴﺪﺍ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺘﻮﺍﻥ ‪ n‬ﻣﺮﺑﻊ ﻳﮑﺴﺎﻥ ﺭﺍ ﻃﻮﺭﯼ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ﺍﺿﻼﻉ ﺁﻥﻫﺎ ﺍﻓﻘﯽ ﻭ‬ ‫ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﺷﮑﻞ ﺣﺎﺻﻞ‪ ،‬ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺳﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺗﻤﺎﻡ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﻫﺎﯼ ‪ P‬ﺑﺎ ﺿﺮﺍﻳﺐ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺭﺍ ﭘﻴﺪﺍ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ‪ x‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪P (۲P (x)) = ۲P (P (x)) + ۲P (x)۲‬‬

‫‪ .۵‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ (AB > AC ) ABC‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯﻫﺎﯼ ﺭﺃﺱﻫﺎﯼ ‪ B‬ﻭ ‪ C‬ﺍﺿﻼﻉ ﻣﻘﺎﺑﻞ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ‪ P‬ﻭ ‪ Q‬ﻗﻄﻊ‬ ‫ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺩﻭ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ I‬ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ IP = IQ‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪∠A‬‬ ‫ﭼﻨﺪ ﺩﺭﺟﻪ ﺍﺳﺖ؟‬ ‫‪ .۶‬ﺟﺪﻭﻟﯽ ﺑﺎ ﻳﮏ ﺳﻄﺮ ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺧﺎﻧﻪ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ ،‬ﮐﻪ ﺍﺯ ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺑﺎﺷﺪ)ﻧﻈﻴﺮ ﺷﮑﻞ‬ ‫ﺯﻳﺮ(‬

‫ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺟﺪﻭﻝ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩﻩﺍﻳﻢ ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺑﻌﻀﯽ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﮔﺮﻓﺘﻪ ﺍﺳﺖ )ﺩﺭ ﻳﮏ ﺧﺎﻧﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ (.‬ﺩﻭ ﻋﻤﻞ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺭﻭﯼ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺍﻧﺠﺎﻡ‬ ‫ﺩﺍﺩ‪:‬‬ ‫‪ (۱‬ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻣﺠﺎﻭﺭ‪ ،‬ﺩﺭ ﻫﺮ ﻳﮏ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﻬﺮﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎﯼ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ﺭﺍ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺮﺩ ﻭ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺭﺍ ﺣﺬﻑ ﮐﺮﺩ‪.‬‬ ‫‪ (۲‬ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺳﻮﻡ ﺑﻪ ﺑﻌﺪ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ‬ ‫ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺭﺍ ﻳﮏ ﺧﺎﻧﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺳﺖ ﻭ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﺭﺍ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪ ﺑﻪ ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ﺑﺮﺩ‪.‬‬ ‫‪۹‬‬

‫ﺍﻟﻒ( ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺁﻏﺎﺯ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺣﺎﻟﺘﯽ‪ ،‬ﭘﺲ ﺍﺯ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻋﻤﻞ ﺑﻪ ﻭﺿﻌﻴﺘﯽ ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ ﮐﻪ ﺩﻳﮕﺮ ﻫﻴﭻ ﻋﻤﻠﯽ‬ ‫ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬ ‫ﺏ( ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﻳﮏ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺍﻭﻝ ﺗﺎ ‪n‬ﺍﻡ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺎ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺍﻋﻤﺎﻝ ﺫﮐﺮﺷﺪﻩ‬ ‫ﻫﻴﭻﮔﺎﻩ ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪n + ۱‬ﺍﻡ ﺟﻠﻮﺗﺮ ﻧﺨﻮﺍﻫﺪ ﺭﻓﺖ‪.‬‬

‫‪۱۰‬‬

‫‪۳.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۱ ،‬‬

‫‪ a۱ , a۲ , . . . , an‬ﺭﺍ ﻳﮏ ﺟﺎﯼﮔﺸﺖ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ n ،. . . ،۲ ،۱‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ ﻫﺮﮔﺎﻩ } ‪{۱, ۲, . . . , n} = {a۱ , a۲ , . . . , an‬‬

‫‪.۱‬‬ ‫) ﻳﻌﻨﯽ ‪ a۱‬ﺗﺎ ‪ an‬ﻫﻤﺎﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﺍﺣﺘﻤﺎﻻﹰ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺁﻥﻫﺎ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﮐﺮﺩﻩ ﺍﺳﺖ(‪ .‬ﺗﻤﺎﻡ ﺟﺎﯼﮔﺸﺖﻫﺎﯼ‬ ‫‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﻣﺎﻧﻨﺪ ‪ a۱ , a۲ , . . . , an‬ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۲(a۱ + a۲ + · · · + ai ) ،۱ ≤ i ≤ n‬ﺑﺮ ‪ i + ۱‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﻣﺜﺎﻝ ‪ a۳ = ۴ ،a۲ = ۱ ،a۱ = ۳‬ﻭ ‪ a۴ = ۲‬ﻳﮏ ﺟﺎﯼﮔﺸﺖ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۳ ،۲ ،۱‬ﻭ ‪ ۴‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻳﮏ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻭﺳﻴﻠﻪﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ)ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ( ﭘﻮﺷﺎﻧﺪﻩﺍﻳﻢ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎ ﺑﻪ ﺟﺰ‬ ‫ﺍﺣﺘﻤﺎﻻﹰ ﺩﺭ ﺭﺋﻮﺱ ﻭ ﺍﺿﻼﻉ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺍﺷﺘﺮﺍﮐﯽ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺿﻤﻦ ﺍﺿﻼﻉ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎﯼ ﭘﻮﺷﺎﻧﻨﺪﻩ ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺍﺿﻼﻉ‬ ‫ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺍﺻﻠﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﻫﻴﭻ ﻗﺴﻤﺘﯽ ﺍﺯ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎ ﺑﻴﺮﻭﻥ ﺍﺯ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺍﺻﻠﯽ ﻗﺮﺍﺭ ﻧﻤﯽﮔﻴﺮﺩ‪.‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﻣﺜﺎﻝ‪ ،‬ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎ ﺭﺍ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ‪:‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻃﻮﺭ ﮐﻪ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻭﺳﻴﻠﻪﯼ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎﯼ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻓﻮﻕ ﺑﭙﻮﺷﺎﻧﻴﻢ‬ ‫ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﺣﺎﺻﻞ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺧﻂ)ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ( ﺍﻓﻘﯽ ﻭ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻧﻘﺎﻁ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂﻫﺎ ﺩﻳﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪،‬‬ ‫ﻳﮏ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺭﺍ ﻳﮏ ))ﭼﻬﺎﺭﺭﺍﻩ(( ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺩﻭ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻣﺜﻼﹰ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ‬ ‫ﺑﺎﻻ ﻧﻘﺎﻁ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﭼﻬﺎﺭﺭﺍﻩ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭﻟﯽ ﻧﻘﺎﻁ ‪ C‬ﻭ ‪ D‬ﻭ ‪ K‬ﭼﻬﺎﺭﺭﺍﻩ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺷﮑﻞ ‪ ۵‬ﺧﻂ‬ ‫ﺍﻓﻘﯽ ﻭ )‪ (KL, DJ, CG, EF, HI‬ﻭ ‪ ۶‬ﺧﻂ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺩﻳﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺩﺭ ﺿﻤﻦ ﺷﮑﻞ ﺑﻪ ﻭﺳﻴﻠﻪﯼ ‪ ۱۰‬ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ‬ ‫ﭘﻮﺷﺎﻧﺪﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﮔﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺧﻂﻫﺎﯼ ﺍﻓﻘﯽ‪ ،‬ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﭼﻬﺎﺭﺭﺍﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ .‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﺳﻪ‬ ‫ﻋﺪﺩ ﺭﺍ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺟﻤﻊ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﺣﺎﺻﻞ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎﯼ ﭘﻮﺷﺎﻧﻨﺪﻩ ﺑﻪ ﺍﺿﺎﻓﻪﯼ ﻋﺪﺩ ﺳﻪ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺩﺭ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﻣﺤﺪﺏ ‪ ABCD‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ◦‪ .∠ABC = ∠ADC = ۱۳۵‬ﺿﻤﻨﴼ ‪ M‬ﻭ ‪ N‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻧﻘﺎﻃﯽ ﺭﻭﯼ‬ ‫)ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ( ‪ AD‬ﻭ ‪ AB‬ﻣﯽﺑﺎﺷﻨﺪ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ◦‪ ،∠M CD = ∠N CB = ۹۰‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ‪ K‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺩﻭﻡ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABD‬ﻭ ‪ AM N‬ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ AK‬ﺑﺮ ‪ KC‬ﻋﻤﻮﺩ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ A .۴‬ﻭ ‪ B‬ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﻣﯽﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﻣﺤﺪﺏ ‪ ABCD‬ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﺳﺎﺧﺘﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪ AB = BC‬ﻭ ‪ AD = DC‬ﻭ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ◦‪ .∠ADC = ۹۰‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﻫﺮ‬ ‫ﻃﻮﺭ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ABCD‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ‪ AB‬ﺑﺴﺎﺯﻳﻢ ﺧﻂ ﮔﺬﺭﻧﺪﻩ ﺍﺯ ‪ DC‬ﻫﻤﻮﺍﺭﻩ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﻄﻪ ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪۱۱‬‬

‫‪ .۵‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺭﺍ ﺑﺎ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﺮﺩﻥ ﻣﻮﺟﻮﺩﯼ ﺟﺪﻳﺪ ﺑﻪ ﻧﺎﻡ ‪ δ‬ﺑﻪ ﻓﻀﺎﯼ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﯼ ﺗﻮﺳﻌﻪ ﺩﺍﺩﻩﺍﻳﻢ‪،‬‬ ‫ﻓﻀﺎﯼ ﺟﺪﻳﺪ ﺭﺍ ﺑﺎ ]‪ R[δ‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻭ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﺁﻥ ﻣﻮﺟﻮﺩﺍﺗﯽ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ‪ a + bδ‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ‪R) .a, b ∈ R‬‬ ‫ﻧﺸﺎﻥﺩﻫﻨﺪﻩﯼ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺍﺳﺖ‪(.‬‬ ‫ﻗﺮﺍﺭﺩﺍﺩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ‪ a + bδ = a′ + b′ δ‬ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ‪ a = a′‬ﻭ ‪.b = b′‬‬ ‫‪ δ‬ﻣﻮﺟﻮﺩﯼ ﺑﺴﻴﺎﺭ ﮐﻮﭼﮏ ﺍﺳﺖ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﻫﺮ ﭼﻨﺪ ﺻﻔﺮ ﻧﻴﺴﺖ ﻭﻟﯽ ‪!δ۲ = ۰‬‬ ‫ﺭﻭﯼ ﺍﻳﻦ ﻓﻀﺎ ﺟﻤﻊ ﻭ ﺿﺮﺏ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﺗﻌﺮﻳﻒ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪:‬‬ ‫‪(a + bδ) + (a′ + b′ δ) = (a + a′ ) + (b + b′ )δ‬‬ ‫‪(a + bδ)(a′ + b′ δ) = aa′ + ab′ δ + ba′ δ ′ + bb′ δ ۲ = aa′ + (ab′ + ba′ )δ‬‬

‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ )‪ P (x‬ﻳﮏ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺑﺎ ﺿﺮﺍﻳﺐ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺩﺭ ‪ R‬ﺭﻳﺸﻪﯼ‬ ‫ﻣﻀﺎﻋﻒ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ]‪ R[δ‬ﺭﻳﺸﻬﺎﯼ ﻏﻴﺮ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪).‬ﺭﻳﺸﻪﯼ ﻏﻴﺮﺣﻘﻴﻘﯽ ﻳﻌﻨﯽ ﺭﻳﺸﻪﺍﯼ‬ ‫ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ‪ a + bδ‬ﮐﻪ ‪.(b ̸= ۰‬‬ ‫ﺗﻮﺿﻴﺢ ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ ‪ a‬ﺭﻳﺸﻪﯼ ﻣﻀﺎﻋﻒ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ )‪ P (x‬ﺍﺳﺖ ﺍﮔﺮ )‪ P (x‬ﺑﺮ ‪ (x − a)۲‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺩﺭ ﻳﮏ ﮐﻼﺱ ‪ ۲۰‬ﻧﻔﺮﻩ ﺩﺭ ﺳﺎﻝ ﮔﺬﺷﺘﻪ ‪ ۱۰۰‬ﻣﺴﺎﺑﻘﻪﯼ ﺗﻨﻴﺲ ﺭﻭﯼ ﻣﻴﺰ ﺑﻴﻦ ﺑﭽﻪﻫﺎﯼ ﮐﻼﺱ ﺑﺮﮔﺰﺍﺭ ﺷﺪﻩ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻧﻔﺮﯼ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺑﺎﺭ ﺑﺎ ﻫﻢ ﻣﺴﺎﺑﻘﻪ ﻧﺪﺍﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺑﭽﻪﻫﺎﯼ ﮐﻼﺱ ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻨﺪ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ﺧﻮﺩ ﺩﻭ‬ ‫ﺗﻴﻢ ﺩﻭ ﻧﻔﺮﻩ )ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﻋﻀﻮ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ( ﺑﺮﺍﯼ ﺷﺮﮐﺖ ﺩﺭ ﻣﺴﺎﺑﻘﺎﺕ ﻣﺪﺭﺳﻪ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻨﺪ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺷﺮﻁ ﮐﻪ‬ ‫ﺩﻭ ﻋﻀﻮ ﻳﮏ ﺗﻴﻢ ﺩﺭ ﺳﺎﻝ ﮔﺬﺷﺘﻪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺎﺯﯼ ﮐﺮﺩﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﺑﻪ ‪ ۴۰۵۰‬ﻃﺮﻳﻖ ﻣﺨﺘﻠﻒ‬ ‫ﺍﻣﮑﺎﻥﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻫﻤﻪﯼ ﺑﭽﻪﻫﺎﯼ ﮐﻼﺱ ﺩﺭ ﺳﺎﻝ ﮔﺬﺷﺘﻪ ﺑﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺑﺎﺯﯼ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪.‬‬

‫‪۱۲‬‬

‫‪۴.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۲ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n‬ﺭﺍ ﺳﻪﻻﻳﻪﺍﯼ ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ ،‬ﻫﺮﮔﺎﻩ ﺑﺘﻮﺍﻥ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ﻣﺜﺒﺖ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺳﻪ ﺩﺳﺘﻪ‬ ‫ﻃﻮﺭﯼ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﻫﺮ ﺳﻪ ﺩﺳﺘﻪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﻟﻒ‪ .‬ﻋﺪﺩﯼ ﺳﻪﻻﻳﻪﺍﯼ ﻣﺜﺎﻝ ﺑﺰﻧﻴﺪ‪.‬‬ ‫ﺏ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﯽﻧﻬﺎﻳﺖ ﻋﺪﺩ ﺳﻪﻻﻳﻪﺍﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺩﺭ ﻳﮏ ﺭﻭﺳﺘﺎ ‪ n‬ﺧﺎﻧﻪ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ )‪ (n ≥ ۳‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺧﻂ ﻗﺮﺍﺭ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﻳﮏ ﻣﻨﺒﻊ ﺁﺏ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﺳﺘﺎ ﺍﺣﺪﺍﺙ ﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﻣﻨﺎﺳﺐﺗﺮ ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ B‬ﺍﺳﺖ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻓﻮﺍﺻﻞ ‪ A‬ﺗﺎ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻓﻮﺍﺻﻞ ‪ B‬ﺗﺎ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺭﺍ ﺍﻳﺪﻩﺁﻝ ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ ﮐﻪ ﻫﻴﭻ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﻣﻨﺎﺳﺐﺗﺮ ﺍﺯ ﺁﻥ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻳﮏ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺍﻳﺪﻩﺁﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺣﺪﺍﺙ ﻣﻨﺒﻊ ﺁﺏ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ n .۳‬ﺗﻴﻢ ﻭﺍﻟﻴﺒﺎﻝ ﺩﻭ ﺑﻪ ﺩﻭ )ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮏ ﺑﺎﺭ( ﺑﺎ ﻫﻢ ﻣﺴﺎﺑﻘﻪ ﺩﺍﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ‪ A‬ﻭ‬ ‫‪ B‬ﺩﻗﻴﻘﴼ ‪ t‬ﺗﻴﻢ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺑﺎﺧﺘﻪﺍﻧﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪.n = ۴t + ۳‬‬ ‫)ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻭﺍﻟﻴﺒﺎﻝ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪(.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ‪ y ، x‬ﻭ ‪ z‬ﺑﺎ ﺷﺮﻁ ‪ ،xyz = −۱‬ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ‪:‬‬ ‫‪x۲ x۲ y ۲ y ۲ z ۲ z ۲‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪y‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‪y‬‬

‫≥ )‪x۴ + y ۴ + z ۴ + ۳(x + y + z‬‬

‫‪ .۵‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠A‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﺭﻭﯼ ﮐﻤﺎﻥ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ‪ BC‬ﺍﺯ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻭﺍﻗﻊ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒﻫﺎﯼ ‪ AC ،AB‬ﺑﺎ ﺧﻂ ‪ AD‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ M‬ﻭ ‪ N‬ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﻣﯽﻧﻤﺎﻳﻨﺪ‪ .‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪T‬‬ ‫ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ‪ BM‬ﻭ ‪ CN‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫‪BT + CT ≤ ۲R‬‬

‫ﮐﻪ ‪ R‬ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﻳﮏ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺭﻭﯼ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﺷﻄﺮﻧﺠﯽ ﺑﺰﺭﮒ ﺷﺮﻭﻉ ﺑﻪ ﺣﺮﮐﺖ ﮐﺮﺩﻩ ﻭ ﻫﺮ ﺑﺎﺭ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ‬ ‫ﺑﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺟﻬﺖﻫﺎﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﺭﻭﯼ ﺍﺿﻼﻉ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﺷﻄﺮﻧﺠﯽ ﺣﺮﮐﺖ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﺣﺎﻓﻈﻪﯼ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﮐﺎﺭ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪ ﻋﺪﺩ ﺻﻔﺮ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬

‫‪۱۳‬‬

‫ﺩﺭ ﻫﺮ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺑﺮ ﺣﺴﺐ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﺣﺮﮐﺖ ﺑﻪ ﺳﻤﺖ ﺷﻤﺎﻝ‪ ،‬ﺟﻨﻮﺏ‪ ،‬ﺷﺮﻕ ﻳﺎ ﻏﺮﺏ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﻳﮑﯽ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ A‬ﻳﮑﯽ ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ B‬ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ A‬ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫ﻳﺎ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ B‬ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ A‬ﻭﺍﺣﺪ ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﻣﺴﻴﺮﯼ ﺭﺍ ﻃﯽ ﮐﻨﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﺧﻮﺩﺵ ﺭﺍ ﻗﻄﻊ ﻧﮑﺮﺩﻩ ﻭ ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺑﻪ ﺟﺎﯼ ﺍﻭﻝ ﺧﻮﺩ ﺑﺎﺯﮔﺮﺩﺩ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﺭ ﺍﻧﺘﻬﺎﯼ ﻣﺴﻴﺮ ﻗﺪﺭ ﻣﻄﻠﻖ ﻣﻘﺪﺍﺭ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺣﺎﻓﻈﻪﯼ ‪ ،B‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ﻣﺴﺎﺣﺖ ﺩﺭﻭﻧﯽ ﺷﮑﻠﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﭘﻴﻤﻮﺩﻩ‪.‬‬ ‫‪A‬‬

‫‪۱۴‬‬

‫‪۵.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺩﻭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۳ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ﻗﺎﺋﻢﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ،(∠A = ۹۰◦ )ABC‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ A‬ﺑﺎ ﺿﻠﻊ‬ ‫‪ BC‬ﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Ia‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻧﻈﻴﺮ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ A‬ﺍﺳﺖ‪ Ia ) .‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯﻫﺎﯼ‬ ‫ﺯﻭﺍﻳﺎﯼ ﺧﺎﺭﺟﯽ ‪ B‬ﻭ ‪ C‬ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ‪:‬‬ ‫√‬ ‫‪AD‬‬ ‫‪≤ ۲−۱‬‬ ‫‪DIa‬‬

‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ f : [۰, ∞) → R‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ f (x)−۳x‬ﻭ ‪ f (x)−x۳‬ﺗﻮﺍﺑﻌﯽ ﺻﻌﻮﺩﯼﺍﻧﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﺩﻫﻴﺪ ‪ f (x) − x۲ − x‬ﻧﻴﺰ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﺍﺳﺖ‪) .‬ﺗﺎﺑﻊ ‪ g‬ﺭﺍ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﮔﻮﻳﻴﻢ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﺍﮔﺮ ‪ x ≤ y‬ﺁﻥﮔﺎﻩ )‪(g(x) ≤ g(y‬‬ ‫‪ .۳‬ﻭﺯﺍﺭﺕ ﺭﺍﻩ ﻣﺮﻣﺖ ‪ ۲۴۰۰‬ﺟﺎﺩﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ‪ ۸۰‬ﺷﺮﮐﺖ ﺧﺼﻮﺻﯽ ﻭﺍﮔﺬﺍﺭ ﮐﺮﺩﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺟﺎﺩﻩﻫﺎ ‪ ۱۰۰‬ﺷﻬﺮ ﺭﺍ‬ ‫ﺑﻪ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﻣﺘﺼﻞ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﻫﺮ ﺟﺎﺩﻩ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﺷﻬﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻴﻦ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺷﻬﺮ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻳﮏ ﺟﺎﺩﻩ ﮐﺸﻴﺪﻩ ﺷﺪﻩ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﻫﺮ ﺷﺮﮐﺖ ﻭﻇﻴﻔﻪﯼ ﻣﺮﻣﺖ ‪ ۳۰‬ﺟﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺳﺮﺵ ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺍﺭﺩ ﺭﺍ‬ ‫ﺑﻪ ﻋﻬﺪﻩ ﮔﺮﻓﺘﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺷﻬﺮﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪ ۸‬ﺷﺮﮐﺖ ﺩﺭ ﺁﻥ ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬

‫‪ .۴‬ﻫﻤﻪﯼ ﺗﻮﺍﺑﻊ ‪ f : N → N‬ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ m‬ﻭ ‪ n‬ﻃﺒﻴﻌﯽ‪ m + n ،‬ﺑﺮ )‪ f (m) + f (n‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠A‬ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ،ABC‬ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ‬ ‫‪ D‬ﻭ ‪ M‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺧﻄﯽ ﮔﺬﺭﻧﺪﻩ ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ‪ M‬ﻭ ﺷﻌﺎﻉ ‪ M B‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ X‬ﻭ ‪ Y‬ﻗﻄﻊ‬ ‫ﮐﺮﺩﻩ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺧﻂ ‪ AD‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠XAY‬ﺭﺍ ﻧﺼﻒ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪۱۵‬‬

‫‪ .۶‬ﻣﻬﺮﻩﯼ ﺗﻤﺴﺎﺡ ﺩﺭ ﺟﺪﻭﻝ‪ (m ≥ ۴) m × n‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻫﻤﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻫﻢﺳﺘﻮﻥ ﺧﻮﺩﺵ ﻭ ﻫﻤﻴﻦ ﻃﻮﺭ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﻫﻢﺳﻄﺮﺵ ﺭﺍ ﺗﻬﺪﻳﺪ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺣﺪﺍﻗﻞ ﭼﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﯼ ﺗﻤﺴﺎﺡ ﻻﺯﻡ ﺍﺳﺖ ﺩﺭ ﺟﺪﻭﻝ ﮔﺬﺍﺷﺘﻪ‬ ‫ﺷﻮﺩ ﺗﺎ ﻫﺮ ﺧﺎﻧﻪ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﺗﻮﺳﻂ ﻳﮏ ﺗﻤﺴﺎﺡ ﺗﻬﺪﻳﺪ ﺷﻮﺩ؟ )ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺗﻤﺴﺎﺡﻫﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪(.‬‬

‫‪۱۶‬‬

‫‪۶.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺳﻮﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۴ ،‬‬

‫‪ n .۱‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻭ ‪ p‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ n|p − ۱‬ﻭ ‪ .p|n۳ − ۱‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ‪ ۴p − ۳‬ﻣﺮﺑﻊ‬ ‫ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ .∠A = ۶۰◦ ،ABC‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﻣﺘﻐﻴﺮ ‪ D‬ﺭﻭﯼ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ BC‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABD‬ﻭ ‪ O۲‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ACD‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ BO۱‬ﻭ‬ ‫‪ CO۲‬ﺭﺍ ‪ M‬ﻭ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ DO۱ O۲‬ﺭﺍ ‪ N‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺧﻂ ‪ M N‬ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺛﺎﺑﺘﯽ‬ ‫ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪O۱‬‬

‫‪ .۳‬ﮐﻬﮑﺸﺎﻥ ﺭﺍﻩ ﺩﻭﻏﯽ)!( ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﻴﻠﻴﻮﻥ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ‪ ،‬ﻫﺮ ﻟﺤﻈﻪ‪ ،‬ﻓﺎﺻﻠﻪﻫﺎﯼ ﺩﻭﺑﻪﺩﻭﯼ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ ﺷﺎﻣﻞ ﺩﺳﺖﮐﻢ ‪ ۷۹‬ﻋﺪﺩ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﺍﺳﺖ‪) .‬ﻫﺮ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺭﺍ ﻳﮏ ﻧﻘﻄﻪ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‪(.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺩﺭ ﺑﺮﺧﯽ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۲ × n‬ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬

‫ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﺍﯼ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻴﻢ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﺍﺯ ﺁﻥ ﺧﺎﺭﺝ ﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﺩﺭ ﻋﻮﺽ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺘﺶ ﻭ ﻳﺎ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺑﺎﻻﻳﯽﺍﺵ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪.‬‬

‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﺳﺖﮐﻢ ‪ ۲n‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺟﺪﻭﻝ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺭﺍ‬ ‫ﻃﻮﺭﯼ ﺟﺎﺑﻪﺟﺎ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺍﻧﺘﻬﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﺑﺎ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﺮﺳﺪ‪.‬‬ ‫‪ BC .۵‬ﻳﮏ ﻗﻄﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻭ ‪ XY‬ﻭﺗﺮﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﺑﺮ ‪ BC‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﻘﺎﻁ ‪ P‬ﻭ ‪ M‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺭﻭﯼ ‪ XY‬ﻭ ‪ CY‬ﻳﺎ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ‬ ‫ﺁﻥﻫﺎ ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ ﮐﻪ ‪ CY ∥ P B‬ﻭ ‪ .CX ∥ M P‬ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ CX‬ﻭ ‪ P B‬ﺭﺍ ‪ K‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ‬ ‫ﮐﻨﻴﺪ ‪.P B ⊥ M K‬‬ ‫‪ .۶‬ﺗﻤﺎﻡ ﺗﻮﺍﺑﻊ ‪ f : R+ → R+‬ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪،x, y ∈ R+‬‬ ‫))‪(x + y)f (f (x)y) = x۲ f (f (x) + f (y‬‬

‫ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ‪ R+‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻣﺜﺒﺖ ﺍﺳﺖ‪) .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺻﻔﺮ ﻋﺪﺩﯼ ﻣﺜﺒﺖ ﻧﻴﺴﺖ‪(.‬‬ ‫‪۱۷‬‬

‫‪۷.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭼﻬﺎﺭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۵ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۲‬ﺍﺯ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﮔﺬﺷﺘﻪ ﻭ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ M‬ﻭ ‪ N‬ﻗﻄﻊ ﮐﺮﺩﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﺩﻫﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﻧﻘﺎﻁ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺩﻭ ﺳﺮ ﻗﻄﺮ ﺩﻝﺧﻮﺍﻫﯽ ﺍﺯ ‪ C۱‬ﻭ ‪ A′‬ﻭ ‪ B ′‬ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺧﻂﻫﺎﯼ ‪ AM‬ﻭ ‪ BN‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫‪ C۲‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ A′ B ′ ،‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻫﻤﻪﯼ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﻫﺎﯼ ﺑﺎ ﺿﺮﺍﻳﺐ ﺣﻘﻴﻘﯽ )‪ P (x, y‬ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ x‬ﻭ ‪ y‬ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫)‪P (x + y, x − y) = ۲P (x, y‬‬

‫‪ .۳‬ﺩﺭ ﻃﻮﻝ ﺷﺐ‪ ،‬ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺁﺳﻤﺎﻥ‪ ،‬ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎﯼ ﺯﻣﺎﻧﯽ ﻣﺨﺘﻠﻒ‪ ،‬ﻗﺎﺑﻞ ﺭﺅﻳﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ‬ ‫ﻫﺮ ‪ k‬ﺳﺘﺎﺭﻩ )‪ (k > ۱‬ﺩﺳﺖﮐﻢ ﺩﻭ ﺗﺎﻳﺸﺎﻥ ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻟﺤﻈﻪ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺩﻳﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻴﻢ‬ ‫‪ k − ۱‬ﻋﮑﺲ ﺩﺭ ﻟﺤﻈﺎﺕ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺍﺯ ﺳﺮﺗﺎﺳﺮ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ ﮐﻪ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺁﻥ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ‪ ،‬ﺩﺳﺖﮐﻢ ﺩﺭ ﻳﮑﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﻋﮑﺲﻫﺎ ﺩﻳﺪﻩ ﺷﻮﺩ‪) .‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻟﺤﻈﺎﺗﯽ ﺭﺍ ﮐﻪ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪i‬ﺍﻡ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺩﻳﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺑﺴﺘﻪﯼ ] ‪ [ai , bi‬ﺑﻨﺎﻣﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ‪(.ai < bi‬‬ ‫‪ .۴‬ﺍﻟﻒ( ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ m‬ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺗﻨﻬﺎ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻣﺎﻧﻨﺪ ‪ n‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪ mn + ۱‬ﺑﺮ ‪ m + n‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺏ( ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ‪ m, n > ۲‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ) ‪ (a۰ , a۱ , . . . , ak‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ‬ ‫ﺩﻭ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ ak = n ،a۰ = m‬ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ i = ۰, ۱, . . . , k − ۱‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪ai + ai+۱ |ai ai+۱ + ۱‬‬

‫‪ .۵‬ﻧﻘﺎﻁ ‪ C ،B ،A‬ﻭ ‪ D‬ﺑﺎ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩ‪،‬‬ ‫‪MA‬‬ ‫‪MD‬‬ ‫‪ M‬ﭼﻬﺎﺭﺗﺎﺳﺖ ﻭ ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ ﻗﻄﺮﻫﺎﯼ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﺣﺎﺻﻞ ﺍﺯ ﺁﻥ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎ ﺑﺮ ﻫﻢ ﻋﻤﻮﺩ‬ ‫ﻣﺎﻧﻨﺪ ‪ M‬ﮐﻪ ‪B = M C‬‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﮐﺘﺎﺏ ﺭﻭﯼ ﻫﻢ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ‪ .‬ﻓﺮﺩﯼ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﮐﺘﺎﺏ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺭﺍ ﭘﺸﺖ ﻭ ﺭﻭ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺳﭙﺲ ﺩﻭ ﮐﺘﺎﺏ‬ ‫ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺭﺍ ﭘﺸﺖ ﻭ ﺭﻭ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺑﻌﺪ ﺳﻪ ﮐﺘﺎﺏ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺭﺍ ﭘﺸﺖ ﻭ ﺭﻭ ﻣﯽﮐﻨﺪ ﻭ ﺍﻟﯽ ﺁﺧﺮ‪ .‬ﭘﺲ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﺑﻪ‬ ‫ﺁﺧﺮﻳﻦ ﮐﺘﺎﺏ ﺭﺳﻴﺪ ﻫﻤﺎﻥ ﮐﺎﺭ ﺭﺍ ﺍﺯ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺷﺮﻭﻉ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﭘﺲ ﺍﺯ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺟﺎﺑﻪﺟﺎﻳﯽ‪ ،‬ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ‬ ‫ﺩﻗﻴﻘﴼ ﺑﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﺍﻭﻝ ﺑﺮﻣﯽﮔﺮﺩﻧﺪ‪.‬‬

‫‪۱۸‬‬

‫‪۸.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭘﻨﺠﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۶ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ A‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﺭﺍ ﺭﻭﯼ ﺿﻠﻊ‬ ‫ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ‪ .AD = AM‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺩﻭﻡ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪ AM C‬ﻭ‬ ‫‪ BDC‬ﺭﺍ ‪ P‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺧﻂ ‪ CP‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ACB‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪AC‬‬

‫‪ .۲‬ﺩﻭ ﺭﺃﺱ ﻣﮑﻌﺒﯽ ﺭﺍ ‪ O‬ﻭ ‪ A‬ﻧﺎﻣﻴﺪﻩﺍﻳﻢ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ‪ OA‬ﻗﻄﺮ ﻳﮑﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﻭﺟﻮﻩ ﻣﮑﻌﺐ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ ۱۳۸۶‬ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ﺧﻮﺩﺵ‬ ‫ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺳﺖ ﻳﺎ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪A‬؟ )ﻳﮏ ﻣﺴﻴﺮ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ n‬ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺍﺳﺖ ﺍﺯ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﺍﯼ ﺍﺯ‬ ‫‪ n + ۱‬ﺭﺃﺱ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺭﺃﺱ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺩﺭ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ‪ ،‬ﺩﻭ ﺳﺮ ﻳﮏ ﺿﻠﻊ ﻣﮑﻌﺐ‬ ‫ﺑﺎﺷﻨﺪ‪(.‬‬

‫‪ .۳‬ﺩﺭ ﺷﻬﺮﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻧﯽ ﺑﻪ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺩﻳﮕﺮ ﻣﺸﺮﻑ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺧﻂ ﻭﺍﺻﻞ ﺍﺯ ﺑﺎﻻﯼ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺍﻭﻝ ﺑﻪ ﺑﺎﻻﯼ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺩﻭﻡ ﺑﺎ ﺯﻣﻴﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﺍﯼ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ‪ ۴۵‬ﺩﺭﺟﻪ ﺑﺴﺎﺯﺩ‪.‬‬ ‫ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺭ ﻣﮑﺎﻧﯽ ﺩﺍﺩﻩﺷﺪﻩ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺟﺪﻳﺪﯼ ﺑﺴﺎﺯﻳﻢ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﻗﺒﻠﯽ ﺑﻪ ﻫﻢ‬ ‫ﻣﺸﺮﻑ ﻧﺒﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﺭﺍ ﻃﻮﺭﯼ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ﺑﺎﺯ ﻫﻢ ﻫﻴﭻ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻧﯽ ﺑﻪ ﺫﻳﮕﺮﯼ ﻣﺸﺮﻑ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺷﻬﺮ ﺭﺍ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﺍﻓﻘﯽ ﻭ ﻫﺮ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺭﺍ ﭘﺎﺭﻩﺧﻄﯽ ﻋﻤﻮﺩ ﺑﺮ ﺭﻭﯼ ﺻﻔﺤﻪ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪.‬‬

‫‪ .۴‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ ،n‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ n‬ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﻳﺎﻓﺖ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺁﻥﻫﺎ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ‬ ‫ﻭ ﺣﺎﺻﻞﺿﺮﺏ ﺁﻥﻫﺎ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪۱۹‬‬

‫‪ .۵‬ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﻭ ‪ C۲‬ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ P‬ﺑﺮ ﻫﻢ ﻣﻤﺎﺱ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ‪ A‬ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺩﺍﺧﻞ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺩﻭ ﻣﻤﺎﺱ ‪ AM‬ﻭ ‪ AM ′‬ﺑﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۲‬ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ) ‪ M‬ﻭ ‪ M ′‬ﻣﺤﻞ ﺗﻤﺎﺱ ﻣﻤﺎﺱﻫﺎ ﻫﺴﺘﻨﺪ(‪ .‬ﻧﻘﺎﻁ ﺗﻘﺎﻃﻊ‬ ‫ﺩﻭﻡ ‪ AM‬ﻭ ‪ AM ′‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪N‬ﻭ ‪ N ′‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ‪:‬‬ ‫‪PN‬‬ ‫‪MN‬‬ ‫‪= ′ ′‬‬ ‫‪′‬‬ ‫‪PN‬‬ ‫‪MN‬‬

‫‪ .۶‬ﻓﺮﻫﺎﺩ ﺑﺮﺍﯼ ﺟﺸﻨﻮﺍﺭﻩﯼ ﺧﻮﺍﺭﺯﻣﯽ ﻣﺎﺷﻴﻨﯽ ﻃﺮﺍﺣﯽ ﮐﺮﺩﻩ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻭﻗﺘﯽ ﺭﻭﺷﻦ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺷﺮﻭﻉ ﺑﻪ ﭼﺎﭖ‬ ‫ﮐﺮﺩﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻭﻳﮋﻩﺍﯼ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺍﻳﻦ ﻣﺎﺷﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ ،n‬ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮑﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۲n ،n‬ﻭ ‪ ۳n‬ﺭﺍ ﭼﺎﭖ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﻣﺎﺷﻴﻦ ﻋﺪﺩ ‪ ۲‬ﺭﺍ ﭼﺎﭖ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ ۱۳۸۲۴‬ﭼﺎﭖ‬ ‫ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫‪۲۰‬‬

‫‪۹.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺷﺸﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۷ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﺑﻪ ﭼﻨﺪ ﻃﺮﻳﻖ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ n − ۳‬ﻗﻄﺮ ﻳﮏ ‪ n‬ﺿﻠﻌﯽ ﻣﻨﺘﻈﻢ ﺭﺍ ﻃﻮﺭﯼ ﺭﺳﻢ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺍﻭﻻﹰ ﻫﻢﺩﻳﮕﺮ ﺭﺍ ﺩﺍﺧﻞ‬ ‫ﺿﻠﻌﯽ ﻗﻄﻊ ﻧﮑﻨﻨﺪ‪ ،‬ﺛﺎﻧﻴﴼ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻭﺟﻮﺩ ﺁﻣﺪﻩ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﻳﮏ ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺑﺎ ‪ n‬ﺿﻠﻌﯽ ﺩﺍﺷﺘﻪ‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ؟‬ ‫‪n‬‬

‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ Ia‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ،ABC‬ﻣﺘﻨﺎﻇﺮ ﺑﺎ ﺭﺃﺱ ‪ A‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺍﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩ‪ ،‬ﺑﻪ‬ ‫ﺗﺮﺗﻴﺐ‪ ،‬ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ B ′‬ﻭ ‪ C ′‬ﺑﻪ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﻣﻤﺎﺱ ﺑﺎﺷﺪ‪ Ia B .‬ﻭ ‪ ،Ia C‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ‪ B ′ C ′ ،‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ P‬ﻭ ‪Q‬‬ ‫ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ ﻭ ‪ M‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ‪ CP‬ﻭ ‪ BQ‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻃﻮﻝ ﻋﻤﻮﺩ ﻭﺍﺭﺩ ﺍﺯ ‪ M‬ﺑﺮ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ c ،b ،a .۳‬ﻭ ‪ d‬ﺍﻋﺪﺍﺩﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪ c‬ﻭ ‪ d‬ﺻﻔﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪ .‬ﺗﺎﺑﻊ ‪ f : R → R‬ﺑﺎ ﺿﺎﺑﻄﻪﯼ‬ ‫‪ f (x) = ax+b‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ .f (x) ̸= x ،x‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻳﮏ ‪،a‬‬ ‫‪cx+d‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪۱۳۸۷‬‬ ‫‪۱۳۸۷‬‬ ‫‪۱۳۸۷‬‬ ‫‪ ،f (a) = a‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ x‬ﺩﺭ ﺩﺍﻣﻨﻪﯼ ‪ f ).f (x) = x ،f‬ﻳﻌﻨﯽ ‪ n‬ﺑﺎﺭ ﺗﺮﮐﻴﺐ ﺗﺎﺑﻊ ‪(f‬‬ ‫‪sx+t‬‬ ‫‪ ،g(x) = ux+v‬ﺍﮔﺮ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪ g(x) = x‬ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺟﻮﺍﺏ‬ ‫ﺭﺍﻩﻧﻤﺎﻳﯽ‪ :‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺗﺎﺑﻊ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ‬ ‫ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪.g(x) = x ،x‬‬ ‫‪ .۴‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺗﻨﻬﺎ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ ،a‬ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ n‬ﻃﺒﻴﻌﯽ )‪ ۴(an + ۱‬ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺑﺮﺍﯼ ﺗﻠﻔﻦﻫﺎﯼ ﻳﮏ ﺷﻬﺮ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎ ﺩﻩﺭﻗﻤﯽﺍﻧﺪ ﻭ ﺍﺯ ﺭﻗﻢ ﺻﻔﺮ ﻧﺒﺎﻳﺪ ﺩﺭ ﺁﻥﻫﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﻫﺪﻑ ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺑﺮﺧﯽ ﺍﺯ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻧﮑﻨﻴﻢ ﺗﺎ ﻫﺮ ﺩﻭ‬ ‫ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﻳﺎ ﺩﺭ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﻗﻢ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﻳﺎ‬ ‫ﺩﺭ ﻳﮏ ﺭﻗﻢ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻴﺶﺗﺮﻳﻦ‬ ‫ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﮐﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺷﻮﺩ ﭼﻨﺪ ﺗﺎﺳﺖ؟ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺑﻴﺶﺗﺮﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺷﻤﺎﺭﻩ‪ ،‬ﺑﻪ ﭼﻨﺪ ﺷﮑﻞ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ؟‬ ‫‪ .۶‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ H ،ABC‬ﭘﺎﯼ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﻭﺍﺭﺩ ﺑﺮ ‪ BC‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﺯ ‪ H‬ﺑﺮ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﻋﻤﻮﺩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ‪ ،‬ﺑﻪ‬ ‫ﺗﺮﺗﻴﺐ‪ ،‬ﻧﻘﺎﻁ ‪ T‬ﻭ ‪ T ′‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻳﻨﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺍﮔﺮ ‪ O‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABC‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ‪،AC = ۲OT‬‬ ‫ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪.AB = ۲OT ′‬‬ ‫‪۲۱‬‬

‫‪۱۰.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﻔﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۸ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ )‪ p(x‬ﻳﮏ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺍﺯ ﺩﺭﺟﻪﯼ ﺩﻭ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻗﺪﺭ ﻣﻄﻠﻖ ﺁﻥ ﺩﺭ ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ ۰ ،−۱‬ﻭ‬ ‫ﮐﻢﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ]‪،x ∈ [−۱, ۱‬‬ ‫‪۵‬‬ ‫‪۴‬‬

‫‪۱‬‬

‫≤ |)‪|p(x‬‬

‫‪ .۲‬ﻳﮏ ﺑﺎﻍ ﻣﺮﺑﻌﯽﺷﮑﻞ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻳﮏ ﺷﺒﮑﻪﯼ ‪ ۵۰ × ۵۰‬ﺍﺯ ﻗﻄﻌﺎﺕ ‪ ۱‬ﻣﺘﺮ ﺩﺭ ‪ ۱‬ﻣﺘﺮ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﺮﺩﻩﺍﻳﻢ ﻭ ﺩﺭ ﺑﻌﻀﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﻗﻄﻌﻪﻫﺎ ﻳﮏ ﺩﺭﺧﺖ ﺳﻴﺐ‪ ،‬ﺍﻧﺎﺭ ﻳﺎ ﻫﻠﻮ ﮐﺎﺷﺘﻪﺍﻳﻢ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ‪ ،‬ﺩﺳﺖﮐﻢ ﻳﮏ ﺩﺭﺧﺖ‬ ‫ﺳﻴﺐ ﻭ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﻫﻠﻮ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﻳﮏ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻳﮏ ﺩﺭﺧﺖ ﺳﻴﺐ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ‬ ‫ﻣﺠﺎﻭﺭ ﻫﺮ ﻗﻄﻌﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ﺩﺭﺧﺘﯽ ﻧﻴﺴﺖ‪ ،‬ﺍﺯ ﻫﺮ ﺳﻪ ﻧﻮﻉ ﺩﺭﺧﺖ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪) .‬ﺩﻭ ﻗﻄﻊ ﺭﺍ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﮔﻮﻳﻴﻢ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻳﮏ ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪(.‬‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻗﻄﻌﺎﺕ ﺧﺎﻟﯽ ﺍﺯ ‪۱۰۰۰‬ﺗﺎ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬

‫‪ .۳‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ A‬ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ D‬ﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ﺭﺍ ﺩﺭ‬ ‫‪ M‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺍﺯ ‪ D‬ﺧﻄﯽ ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺩﻭ ﻧﻴﻢﺧﻂ ‪ M B‬ﻭ ‪) M C‬ﺑﺎ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺷﺮﻭﻉ ‪ (M‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪P‬‬ ‫ﻭ ‪ Q‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪.∠P AQ ≥ ∠A‬‬

‫‪۲۲‬‬

‫‪ n(n + ۲) .۴‬ﺳﺮﺑﺎﺯ ﺗﺎﺯﻩﮐﺎﺭ ﺩﺭ ‪ n‬ﺳﺘﻮﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺩﺭ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ‪ ،‬ﺑﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﻳﮏ ﻗﺪﻡ‪ ،‬ﺍﻳﺴﺘﺎﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺑﺎ ﻓﺮﻣﺎﻥ ﻓﺮﻣﺎﻧﺪﻩ‪،‬‬ ‫ﻫﺮ ﺳﺮﺑﺎﺯ ﻳﺎ ﺳﺮ ﺟﺎﻳﺶ ﻣﯽﺍﻳﺴﺘﺪ ﻳﺎ ﺑﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﭼﻬﺎﺭ ﺟﻬﺖ ﻳﮏ ﻗﺪﻡ ﺑﺮﻣﯽﺩﺍﺭﺩ! ﭘﺲ ﺍﺯ ﺟﺎﺑﻪﺟﺎﻳﯽ‪ ،‬ﺳﺮﺑﺎﺯﻫﺎ‬ ‫ﺩﺭ ‪ n + ۲‬ﺳﺘﻮﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ‪ ،‬ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﻣﻨﻈﻢ‪ ،‬ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ‪ ،‬ﺑﻪ ﻧﺤﻮﯼ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺳﻄﺮ ﺍﻭﻝ ﻭ ﺁﺧﺮ ﺣﺬﻑ ﻭ ﺩﻭ ﺳﺘﻮﻥ‬ ‫ﺑﻪ ﭼﭗ ﻭ ﺭﺍﺳﺖ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ n‬ﺯﻭﺝ ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫‪ .۵‬ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ a۱ < a۲ < · · · < an‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ i‬ﻭ ‪j‬ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ‪ ai ،‬ﺑﺮ‬ ‫ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪، i < j‬‬

‫‪aj − ai‬‬

‫‪iaj ≤ jai‬‬

‫‪ ۱۱ .۶‬ﻧﻔﺮ ﺩﻭﺭ ﻳﮏ ﻣﻴﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﻣﻨﻈﻢ ﻧﺸﺴﺘﻪﺍﻧﺪ ﻭ ‪ ۱۱‬ﮐﺎﺭﺕ ﺑﺎ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ ۱۱‬ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎ‬ ‫ﭘﺨﺶ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ؛ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺧﯽ ﮐﺎﺭﺕ ﻧﺪﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﺑﺮﺧﯽ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﮐﺎﺭﺕ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ‬ ‫ﻫﺮ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﻳﮏ ﻧﻔﺮ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎﯼ ﺧﻮﺩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻓﺮﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﺵ ﺑﺪﻫﺪ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺗﯽ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ‬ ‫ﺁﻥ ﮐﺎﺭﺕ ‪ i‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻗﺒﻞ ﻭ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻋﻤﻞ‪ ،‬ﻣﮑﺎﻥ ﺳﻪ ﮐﺎﺭﺕ ‪ i ،i − ۱‬ﻭ ‪ i + ۱‬ﺗﺸﮑﻴﻞ ﻳﮏ ﻣﺜﻠﺚ ﺣﺎﺩﻩﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪ‬ ‫ﻧﺪﻫﻨﺪ‪).‬ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ﮐﺎﺭﺕ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪ ۰‬ﮐﺎﺭﺕ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱۱‬ﻭ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ﮐﺎﺭﺕ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪ ،۱۲‬ﮐﺎﺭﺕ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪۱‬‬ ‫ﺍﺳﺖ!(‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ ۱۱‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ﺟﻬﺖ ﻋﻘﺮﺑﻪﻫﺎﯼ ﺳﺎﻋﺖ‪ ،‬ﺑﻪ ﺍﻓﺮﺍﺩ ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻫﻴﭻﮔﺎﻩ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎ ﺩﺭ ﺩﺳﺖ ﻳﮏ ﻧﻔﺮ ﺟﻤﻊ ﻧﺨﻮﺍﻫﺪ ﺷﺪ‪.‬‬

‫‪۲۳‬‬

‫‪۱۱.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﺸﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۹ ،‬‬

‫‪ a .۱‬ﻭ ‪ b‬ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽﺍﻧﺪ ﻭ ‪ .a > b‬ﺍﮔﺮ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ‪ ab − ۱‬ﻭ ‪ a + b‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ‪ ab + ۱‬ﻭ‬ ‫ﻫﻢ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ (ab + ۱)۲ + (a − b)۲‬ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬

‫‪a−b‬‬

‫‪ n .۲‬ﻧﻘﻄﻪ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ﻫﻴﭻ ﺳﻪﺗﺎﻳﯽ ﺍﺯ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺮ ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺧﻂ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﻳﯽ‬ ‫ﮐﻪ ﺭﺋﻮﺱ ﺁﻥﻫﺎ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ﺍﻳﻦ ‪ n‬ﻧﻘﻄﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﻣﺴﺎﺣﺖ ﺁﻥﻫﺎ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺍﺯ )‪ ۲۳ (n۲ − n‬ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ‪ W۱‬ﻭ ‪ W۲‬ﺩﺭ ‪ D‬ﻭ ‪ P‬ﻣﺘﻘﺎﻃﻊﺍﻧﺪ‪ A .‬ﻭ ‪ B‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺭﻭﯼ ‪ W۱‬ﻭ ‪ W۲‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼﮐﻪ‬ ‫ﺑﺮ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻣﻤﺎﺱ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ D‬ﻧﺰﺩﻳﮏﺗﺮ ﺍﺯ ‪ P‬ﺑﻪ ﺧﻂ ‪ AB‬ﺑﺎﺷﺪ‪ AD .‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ W۲‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺑﺎﺭ ﺩﻭﻡ‬ ‫ﺩﺭ ‪ C‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ‪ BC‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ‪:‬‬

‫‪AB‬‬

‫‪∠DP M = ∠BDC‬‬

‫‪ .۴‬ﺿﺮﻳﺐﻫﺎﯼ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ‪ P (x) = ax۳ + bx۲ + cx + d‬ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽﺍﻧﺪ ﻭ‬ ‫}|‪min{d, b + d} > max{|c|, |a + c‬‬

‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪ P (x) = ۰‬ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ ]‪ [−۱, ۱‬ﺟﻮﺍﺏ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ .∠A = ۶۰◦ ،ABC‬ﺍﺿﻼﻉ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﺭﺍ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ‪ B‬ﻭ ‪ C‬ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻭ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ‬ ‫ﻭ ‪ F‬ﺭﺍ ﺭﻭﯼ ﺍﻳﻦ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩﻫﺎ ﻃﻮﺭﯼ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ﮐﻪ ‪ .BE = CF = BC‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ K‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ACE‬ﺑﺎ ‪) EF‬ﺑﻪ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ (E‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ K‬ﺭﻭﯼ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ‬ ‫ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ A‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪E‬‬

‫‪ .۶‬ﻣﺪﺭﺳﻪﺍﯼ ‪ n‬ﺩﺍﻧﺶﺁﻣﻮﺯ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﮐﻼﺱ ﻓﻮﻕ ﺑﺮﻧﺎﻣﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺗﺪﺍﺭﮎ‬ ‫ﺩﻳﺪﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﺍﻧﺶﺁﻣﻮﺯ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﺯ ﮐﻼﺱﻫﺎ ﺛﺒﺖ ﻧﺎﻡ‬ ‫ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻫﺮ ﮐﻼﺱ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﻭ ﺩﺍﻧﺶﺁﻣﻮﺯ ﺛﺒﺖ ﻧﺎﻡ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺩﻭ‬ ‫ﮐﻼﺱ ﻣﺨﺘﻠﻒ‪ ،‬ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﻭ ﺩﺍﻧﺶﺁﻣﻮﺯ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﻀﺎﯼ‬ ‫ﺁﻥ ﺩﻭ ﮐﻼﺱ‪ ،‬ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻼﺱﻫﺎ ﺍﺯ ‪ (n − ۱)۲‬ﺑﻴﺶﺗﺮ‬ ‫ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬

‫‪۲۴‬‬

‫‪۱۲.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻧﻬﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۹۰ ،‬‬

‫‪ ۱۳۹۰ .۱‬ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺭﻭﯼ ﺯﻣﻴﻦ ﺩﺭ ﺍﻃﺮﺍﻑ ﻳﮏ ﺧﻂ ﺭﺍﺳﺖ ﻃﻮﺭﯼ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ ﮐﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺳﺮ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺗﺎ‬ ‫ﺧﻂ ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺳﺎﻧﺘﯽﻣﺘﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺳﺮ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺳﺎﻧﺘﯽﻣﺘﺮ ﺑﺎﺷﺪ‬ ‫ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺳﺮ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﺩﻭ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ﺩﻩ ﻣﺘﺮ ﺍﺳﺖ‪) .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺳﺮ ﻫﺮ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﻳﮏ ﻧﻘﻄﻪ ﺍﺳﺖ!(‬

‫‪ .۲‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ◦‪ .∠ABC = ۶۰‬ﺍﺯ ﺭﺃﺱ ‪ B‬ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﺮ ﺿﻠﻊ ‪ AB‬ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ‬ ‫‪ ∠BAC‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺍﺯ ﺭﺃﺱ ‪ C‬ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﺮ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ‬ ‫ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠ABC‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ E‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ◦‪.∠BED ≤ ۳۰‬‬ ‫‪ .۳‬ﻫﻤﻪﯼ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﻫﺎﯼ ﺻﻌﻮﺩﯼ ‪ a۱ , a۲ , a۳ , . . .‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ ،i, j ∈ N‬ﺗﻌﺪﺍﺩ‬ ‫ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ‪ i + j‬ﺑﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ‪ ai + aj‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪) .‬ﺻﻌﻮﺩﯼ ﺑﻮﺩﻥ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻳﻌﻨﯽ ﺍﮔﺮ‬ ‫‪ i ≤ j‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪(.ai ≤ aj‬‬ ‫‪ .۴‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n‬ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ‪ n‬ﻋﺪﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ)‪ (−۱, ۱‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ‬ ‫ﺁﻥﻫﺎ ﺻﻔﺮ ﻭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎﯼ ﺁﻥﻫﺎ ‪ ۲۰‬ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺭﻧﮕﻴﻦﮐﻤﺎﻥ ﻧﺎﻡ ﭘﺮﻧﺪﻩﺍﯼ ﮐﻢﻳﺎﺏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﭘﺮﻧﺪﻩﯼ ﺯﻳﺒﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻪ ‪ n‬ﺭﻧﮓ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺩﺭﺁﻳﺪ ﻭ ﻫﺮ ﺭﻭﺯ‬ ‫ﺭﻧﮕﯽ ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺍﺯ ﺭﻭﺯ ﻗﺒﻞ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺩﺍﻧﺶﻣﻨﺪﺍﻥ ﺣﻘﻴﻘﺖ ﺟﺪﻳﺪﯼ ﺩﺭﺑﺎﺭﻩﯼ ﺍﻳﻦ ﭘﺮﻧﺪﻩ ﮐﺸﻒ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ :‬ﻫﻴﭻ ﭼﻬﺎﺭ‬ ‫ﺭﻭﺯﯼ ﺩﺭ ﻃﻮﻝ ﻋﻤﺮ ﺍﻳﻦ ﭘﺮﻧﺪﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ ﻣﺜﻞ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ‪i‬ﺍﹸﻡ‪j ،‬ﺍﹸﻡ‪k،‬ﺍﹸﻡ ﻭ‪l‬ﺍﹸﻡ‪ ،‬ﮐﻪ ‪ i < j < k < l‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﭘﺮﻧﺪﻩ‬ ‫ﺩﺭ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﺍﹸﻡ ‪ i‬ﻭ ‪ k‬ﺍﹸﻡ ﻫﻢﺭﻧﮓ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ‪j‬ﺍﹸﻡ ﻭ ‪l‬ﺍﹸﻡ ﻧﻴﺰ ﻫﻢﺭﻧﮓ ﺑﻪ ﺭﻧﮕﯽ ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺍﺯ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ‪i‬ﺍﹸﻡ‬ ‫ﻭ ‪k‬ﺍﹸﻡ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻃﻮﻝ ﻋﻤﺮ ﺍﻳﻦ ﭘﺮﻧﺪﻩ ﺑﺮ ﺣﺴﺐ ‪ n‬ﭼﻨﺪ ﺭﻭﺯ ﺍﺳﺖ؟‬ ‫‪ .۶‬ﺍﺿﻼﻉ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ‪ B‬ﻭ ‪ C‬ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ﺩﺍﺩﻩﺍﻳﻢ ﺗﺎ ﺧﻂ ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪﻩﯼ ‪ l‬ﺭﺍ ﺑﻪ‬ ‫ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ D‬ﻭ ‪ E‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ l‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ BC‬ﻧﻴﺰ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩﻫﺎﯼ ﻣﺬﮐﻮﺭ‬ ‫ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ D′‬ﻭ ‪ E ′‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ‪ BD + CE = DE‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪.BD′ + CE ′ = D′ E ′‬‬ ‫‪۲۵‬‬

‫‪۱۳.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽﺍﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۹۱ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ O‬ﺭﻭﯼ ﺁﻥ ﻣﻔﺮﻭﺽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۲‬ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ‪ C۱ ،O‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ P‬ﻭ‬ ‫ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ C۳ .‬ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ R‬ﺑﺮ ‪ C۲‬ﻣﻤﺎﺱ ﺧﺎﺭﺝ ﻭ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ S‬ﺑﺮ ‪ C۱‬ﻣﻤﺎﺱ ﺩﺍﺧﻞ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﻭ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺧﻂ ‪ RS‬ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Q‬ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ‪ .‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺩﻭﻡ ‪ P R‬ﻭ ‪ OR‬ﺑﺎ ‪ C۱‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ X‬ﻭ‬ ‫‪ Y‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ‪ QX‬ﺑﺎ ‪ SY‬ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫‪Q‬‬

‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﭼﻨﺪ ﻃﺮﻳﻖ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۳ ،۲ ،۱‬ﻭ‪ n ...‬ﺭﺍ ﺩﻭﺭ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﺩﺍﺩ ﺑﻪ ﺷﮑﻠﯽ ﮐﻪ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻬﯽ ﺍﺯ ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﺵ ﺑﺎﺷﺪ؟‬ ‫‪ .۳‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ‪ t‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n > ۱‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ t‬ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻫﻴﭻﮐﺪﺍﻡ‬ ‫ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ‬ ‫· · · ‪n + t, n۲ + t, n۳ + t,‬‬

‫ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫)ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺍﮔﺮ ﺗﻨﻬﺎ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﻣﺜﺒﺖ ﺁﻥ ﺩﻭ‪ ،‬ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺑﻪ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ‬ ‫‪ a‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﮔﻔﺘﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺍﮔﺮ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ b‬ﻭ ‪ m‬ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ‪ m ≥ ۲‬ﻭ ‪(.a = bm‬‬ ‫‪ .۴‬ﺍﻟﻒ( ﺁﻳﺎ ﺯﻳﺮﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﺩﻭ ﻋﻀﻮﯼ ‪ A۳ ،A۲ ،A۱‬ﻭ‪ . . .‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ‬ ‫ﺩﺭ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎ ﻇﺎﻫﺮ ﺷﻮﺩ ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽﹺ ‪ ،n‬ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ An‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪۱۳۹۱ + n‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ؟‬ ‫ﺏ( ﺁﻳﺎ ﺯﻳﺮﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﺩﻭ ﻋﻀﻮﯼ ‪ A۳ ،A۲ ،A۱‬ﻭ‪ . . .‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ‬ ‫ﺩﺭ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎ ﻇﺎﻫﺮ ﺷﻮﺩ ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽﹺ ‪ ،n‬ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ An‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪۱۳۹۱ + n۲‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ؟‬ ‫‪ .۵‬ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﹺ ﺩﺭﺟﻪﯼ ﺩﻭﯼ ‪ ،x۲ + ax + b‬ﺑﺎ ﺿﺮﺍﻳﺐ ﺣﻘﻴﻘﯽ‪ ،‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﺷﺮﻁ‬ ‫ﻻﺯﻡ ﻭ ﮐﺎﻓﯽ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦﮐﻪ ﺑﺘﻮﺍﻥ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺗﺠﺰﻳﻪ ﮐﺮﺩ ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﻟﺘﺎﯼ ﺁﻥ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ‪،a۲ − ۴b‬‬ ‫ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﻟﺘﺎ ﻧﻴﺰ ﻳﮏ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺑﺎ ﻣﺘﻐﻴﺮﻫﺎﯼ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﺩﻫﻴﺪ ﭼﻴﺰﯼ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺩﻟﺘﺎ ﺑﺮﺍﯼ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﻫﺎﯼ ﺩﺭﺟﻪﯼ ﭼﻬﺎﺭ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ :‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﹺ ﭼﻬﺎﺭ‬ ‫ﻣﺘﻐﻴﺮﻩﯼ )‪ P (a, b, c, d‬ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺯﻳﺮ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪:‬‬ ‫ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺩﺭﺟﻪﯼ ﭼﻬﺎﺭ ‪ x۴ + ax۳ + bx۲ + cx + d‬ﻗﺎﺑﻞ ﺗﺠﺰﻳﻪ ﺑﻪ ﺣﺎﺻﻞﺿﺮﺏ ﭼﻬﺎﺭ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼﹺ‬ ‫ﺩﺭﺟﻪﯼ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ‪.P (a, b, c, d) ≥ ۰‬‬ ‫‪ ( .۶‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ E ،D‬ﻭ ‪ F‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺑﺮ ﺍﺿﻼﻉ ‪ CA ،BC‬ﻭ ‪ AB‬ﻣﻤﺎﺱ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﻧﻘﺎﻁ ‪ F‬ﻭ ‪ E‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ B‬ﻭ ‪ ،C‬ﻧﻘﺎﻁ ‪ T‬ﻭ ‪ S‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AT S‬ﺩﺭﻭﻥ ﻳﺎ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪۲۶‬‬

‫‪۱۴.۰‬‬

‫ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۹۲ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻫﻤﻪﯼ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﻫﺎﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻭ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﺪ ﮐﻪ ‪. ab = b/ a‬‬ ‫)ﺗﻮﺿﻴﺢ‪ :‬ﺍﮔﺮ ‪ a = ۹۲‬ﻭ ‪ ،b = ۱۳‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ b/ a‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺳﻴﺰﺩﻩ ﻭ ﻧﻮﺩ ﻭ ﺩﻭ ﺻﺪﻡ ﺍﺳﺖ‪(.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ . . . , w۲ , w۱‬ﻭ ‪ wn‬ﻭﺯﻥ ‪ n‬ﻭﺯﻧﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺍﺯ ﻭﺯﻧﻪﻫﺎ »ﮐﺎﻣﻞ«‬ ‫ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ W‬ﮐﻪ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﺍﺯ ‪ w۱ + w۲ + · · · + wn‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻭﺯﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ‬ ‫ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻭﺯﻧﻪﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ W‬ﺷﻮﺩ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻭﺯﻧﻪﯼ ﮐﺎﻣﻞ‪ ،‬ﻳﮏ ﻭﺯﻧﻪ ﺑﺎ ﺳﻨﮕﻴﻦﺗﺮﻳﻦ ﻭﺯﻥ ﺭﺍ‬ ‫ﺣﺬﻑ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻭﺯﻧﻪﻫﺎﯼ ﺑﺎﻗﯽﻣﺎﻧﺪﻩ ﻧﻴﺰ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫⌢‬

‫‪ .۳‬ﻣﺜﻠﺚ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ‪ ABC‬ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻭﺳﻂ ﮐﻤﺎﻥ ‪ BC‬ﺍﺯ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ﮐﻪ ﺷﺎﻣﻞ ﺭﺃﺱ‬ ‫ﻧﻴﺴﺖ ﺭﺍ ‪ M‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ ، O‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ‪ ،‬ﺩﻭ ﺧﻂ ﺑﻪ ﻣﻮﺍﺯﺍﺕ ‪ M B‬ﻭ ‪ M C‬ﺭﺳﻢ‬ ‫ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ﺍﺿﻼﻉ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﺭ ﻧﻘﺎﻁ ‪ K‬ﻭ ‪ L‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﻧﻈﻴﺮ‬ ‫ﺭﺃﺱ ‪ A‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ‪ ،‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ N‬ﺗﻼﻗﯽ ﮐﻨﺪ ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪.N K = N L‬‬ ‫‪A‬‬

‫‪ .۴‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ C‬ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻭ ‪ P‬ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺧﺎﺭﺝ ﺍﺯ ﺁﻥ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﻭ ﻣﻤﺎﺱ ‪ P A‬ﻭ ‪ P B‬ﺭﺍ ﺑﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺭﺳﻢ ﻭ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ K‬ﺭﺍ ﺭﻭﯼ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ AB‬ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﺮﺩﻩﺍﻳﻢ‪ .‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ P BK‬ﺑﺮﺍﯼ ﺑﺎﺭ ﺩﻭﻡ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C‬ﺭﺍ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ T‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ P‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ A‬ﺭﺍ ‪ P ′‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ‪.∠P BT = ∠P ′ KA‬‬ ‫‪ .۵‬ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ ‪ n × m‬ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺻﺤﻴﺢ ﻧﻮﺷﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺐ‪ ،‬ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﻳﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﺟﺪﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺗﻔﺎﺿﻞ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﺳﺘﻮﻥ ﻭ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﺳﻄﺮ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻣﻘﺪﺍﺭﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﻃﯽ‬ ‫ﭼﻨﺪ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺩﺍﺧﻞ ﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﻫﺮ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻴﻢ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻳﮏ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﻓﻘﯽ ﻳﺎ ﻳﮏ‬ ‫ﺭﺩﻳﻒ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﻳﺎ ﻳﮏ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺐ ﺭﺍ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻭ ﺍﺯ ﻫﻤﻪ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﮐﻢ ﮐﻨﻴﻢ ﻳﺎ ﺑﻪ ﻫﻤﻪ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺿﺎﻓﻪ‬ ‫ﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ﺑﺘﻮﺍﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺩﺍﺧﻞ ﻫﺮ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺭﺍ‪ ،‬ﺻﺮﻑ ﻧﻈﺮ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺩﻳﮕﺮ‪ ،‬ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‬ ‫ﺁﻥﮔﺎﻩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺩﺍﺧﻞ ﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺑﻪ ﻋﻨﻮﺍﻥ ﻣﺜﺎﻝ ﺩﺭ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۵ × ۹‬ﺯﻳﺮ‪ ،‬ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ‬ ‫ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺭﺩﻳﻒﻫﺎﯼ ﺍﺭﻳﺐ ﻭ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝﻫﺎﯼ ‪ ۳ × ۳‬ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﮔﻮﺷﻪﯼ ﺭﺍﺳﺖ‪-‬ﺑﺎﻻ )ﺳﻄﺮ ‪ ،۱‬ﺳﺘﻮﻥ ‪ (۹‬ﻧﻴﺰ ﺑﻪ ﺗﻨﻬﺎﻳﯽ ﻳﮏ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺐ ﺣﺴﺎﺏ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪۲۷‬‬

‫‪ .۶‬ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ } ‪ {an‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺩﺭ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺯﻳﺮ ﺻﺪﻕ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪:‬‬ ‫[‬

‫[ ]‬ ‫]‬ ‫‪۲an+۱‬‬ ‫‪۲an‬‬ ‫‪+‬‬ ‫=‬ ‫‪an‬‬ ‫‪an+۱‬‬

‫‪an+۲‬‬

‫ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ]‪ ،[x‬ﺟﺰء ﺻﺤﻴﺢ ﻋﺪﺩ ‪ x‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ m‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ‪ am = ۴‬ﻭ‬ ‫}‪.am+۱ ∈ {۳, ۴‬‬

‫‪۲۸‬‬

‫ﺑﺨﺶ ﺩﻭﻡ‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎ‬

‫‪۲۹‬‬

‫‪۱۵.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﻧﻮﺯﺩﻫﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۰ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ x‬ﻋﺪﺩ ﺻﺤﻴﺤﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ‪ .۱ + np = x۲‬ﭘﺲ ‪ p|x۲ − ۱‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ )‪ .p|(x − ۱)(x + ۱‬ﺑﺎ‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ p‬ﻳﮏ ﻋﺪﺩ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ‪ p|x − ۱ ،‬ﻭ ﻳﺎ ‪ .p|x + ۱‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ k‬ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪ x = kp + ۱‬ﻭ ﻳﺎ ‪ .x = kp − ۱‬ﺍﺯ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪x = kp + ۱ ⇒ ۱ + np = (kp + ۱)۲ = k ۲ p۲ + ۲kp + ۱‬‬ ‫‪⇒ n = k ۲ p + ۲k‬‬ ‫‪⇒ n + ۱ = pk ۲ + ۲k + ۱ = (p − ۱)k ۲ + (k + ۱)۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪⇒ n+۱=k‬‬ ‫‪· · + k}۲ +(k + ۱)۲‬‬ ‫‪| + ·{z‬‬ ‫‪p−۱‬‬

‫‪x = kp − ۱ ⇒ ۱ + np = (kp − ۱)۲ = k ۲ p۲ − ۲kp + ۱‬‬ ‫‪⇒ n = k ۲ p − ۲k‬‬ ‫‪⇒ n + ۱ = pk ۲ − ۲k + ۱ = (p − ۱)k ۲ + (k − ۱)۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪⇒ n+۱=k‬‬ ‫‪· · + k}۲ +(k − ۱)۲‬‬ ‫‪| + ·{z‬‬ ‫‪p−۱‬‬

‫ﭘﺲ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺻﻮﺭﺕ ‪ np + ۱‬ﻣﺠﻤﻮﻉ ‪ p‬ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻟﻢ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ ﺑﻴﺎﻥ ﻭ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺑﺮ ﺭﻭﯼ ﺍﺿﻼﻉ ﻣﺜﻠﺚ ﺣﺎﺩﻩﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪ ‪ ABC‬ﻭ ﺩﺭ ﺧﺎﺭﺝ ﺍﺯ ﺁﻥ‪ ،‬ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ‪CAY ،BCX‬‬ ‫ﻭ ‪ ABZ‬ﺭﺍ ﺑﻨﺎ ﮐﻨﻴﻢ ﻭ ‪ O۱‬ﻭ ‪ O۲‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪ BCX‬ﻭ ‪ ABZ‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺭ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪.BY ⊥ O۱ O۲‬‬

‫‪۳۱‬‬

‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ M‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ B‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺭﻭﺷﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ‬ ‫◦‪ ∠BM C = ∠AM B = ۱۲۰‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ◦‪ .∠CM A = ۱۲۰‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ◦‪،∠AY C = ۶۰‬‬ ‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ AM CY‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ‪:‬‬ ‫◦‪∠AM Y = ∠ACY = ۶۰◦ ⇒ ∠AM B + ∠AM Y = ۱۲۰◦ + ۶۰◦ = ۱۸۰‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ M ،B‬ﻭ ‪ Y‬ﻫﻢﺧﻂ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ‪ BM‬ﻭﺗﺮ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ‪ O۱‬ﻭ ‪ O۲‬ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺮ ﺧﻂﺍﻟﻤﺮﮐﺰﻳﻦ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻳﻌﻨﯽ ‪ O۱ O۲‬ﻋﻤﻮﺩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪.BY ⊥ O۱ O۲‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺩﺍﺷﺘﻦ ﻟﻢ ﻓﻮﻕ ﺑﻪ ﺣﻞ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻣﯽﭘﺮﺩﺍﺯﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ﺳﺎﺧﺘﻪﺷﺪﻩ ﺭﻭﯼ ﺍﺿﻼﻉ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺭﺍ ﻃﺒﻖ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﮐﺎﻣﻞ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ﺑﻪ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﻳﯽ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼ‪-‬‬ ‫ﺍﻻﺿﻼﻉ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ B ′ ،A′‬ﻭ ‪ C ′‬ﻭﺳﻂﻫﺎﯼ ﺳﻪ ﺿﻠﻊ ﺍﺯ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ O۱‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ BCX‬ﻭ ‪ O۲‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABZ‬ﺑﺎﺷﺪ‪ O۱ ،‬ﺭﻭﯼ‬ ‫‪ BA′‬ﻭ ‪ O۲‬ﺭﻭﯼ ‪ BC ′‬ﻭﺍﻗﻊ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ‪:‬‬ ‫‪BO۱‬‬ ‫‪BO۲‬‬ ‫=‬ ‫‪=۲‬‬ ‫‪′‬‬ ‫‪O۱ A‬‬ ‫‪O۲ C ′‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻃﺒﻖ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﺗﺎﻟﺲ ‪.O۱ O۲ ∥ A′ C ′‬‬ ‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎﻳﯽ ﮐﻪ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺍﺳﺖ ﻭ ‪ B ′‬ﻭﺳﻂ ‪،Y C‬‬ ‫‪ ،O۱ O۲ ⊥ BY‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪.A′ C ′ ⊥ M B ′‬‬ ‫‪ .۳‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺑﻪ ﺑﻴﺎﻥ ﻭ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﭼﻨﺪ ﻟﻢ ﻣﯽﭘﺮﺩﺍﺯﻳﻢ‪:‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ l۱‬ﻭ ‪ l۲‬ﺩﻭ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺍﺯ ﺷﮑﻠﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ‬ ‫ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪.‬‬

‫‪ .M B ′ ∥ BY‬ﺍﻣﺎ ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ‬

‫‪ l۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۲‬ﻧﻴﺰ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻧﯽ ﺍﺯ ﺷﮑﻞ‬

‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﭼﻮﻥ ‪ l۲‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ X‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۲‬ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ X۱‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻫﻢ ﻣﺘﻌﻠﻖ‬ ‫ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ l۱‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ X۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۱‬ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ X۲‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‬ ‫‪۳۲‬‬

‫ﻫﻢ ﻣﺘﻌﻠﻖ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﭼﻮﻥ ‪ l۲‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ X۲‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۲‬ﮐﻪ ﺍﺯ ‪ X ′‬ﺑﺮﺍﯼ‬ ‫ﻧﻤﺎﻳﺸﺶ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻫﻢ ﻧﻴﺰ ﻣﺘﻌﻠﻖ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ‪ X ′‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪X‬‬ ‫ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺧﻄﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﺯ ﻗﺮﻳﻨﻪ ﮐﺮﺩﻥ ‪ l۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۲‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻣﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻧﻘﻄﻪﯼ‬ ‫‪ X‬ﺩﺭ ﺷﮑﻞ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ X‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺧﻂ ﻫﻢ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﻳﻦ ﺧﻂ ﻫﻢ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻧﯽ ﺍﺯ‬ ‫ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫ﻟﻢ‪ .‬ﻫﺮ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺍﺯ ﺍﺷﮑﺎﻝ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻧﺎﺣﻴﻪﺍﯼ ﮐﺮﺍﻥﺩﺍﺭ ﺍﺯ ﺻﻔﺤﻪ)ﻳﻌﻨﯽ ﻧﺎﺣﻴﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺑﺘﻮﺍﻥ ﺑﺮﺍﯼ ﺁﻥ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ‬ ‫ﺑﺎ ﺷﻌﺎﻉ ﻫﺮ ﭼﻨﺪ ﺑﺰﺭﮒ ﻳﺎﻓﺖ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺗﻤﺎﻣﯽ ﺩﺭﻭﻥ ﺁﻥ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺑﮕﻴﺮﺩ‪ (.‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﻭ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ‬ ‫ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ l۱‬ﻭ ‪ l۲‬ﺩﻭ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺑﺮﺍﯼ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۱‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ l۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ‬ ‫‪ l۲‬ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ ‪ l۳‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ ﻫﻢ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ l۲‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l۳‬ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ‬ ‫‪ l۴‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ ﻫﻢ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺷﮑﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺧﻂ ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺷﮑﻞ‬ ‫ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﺍﺯ ﺟﺎﻳﯽ ﺑﻪ ﺑﻌﺪ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻣﺎ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ﺍﻳﻦ ﺧﻄﻮﻁ ﻭﺍﻗﻊ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺷﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺧﻂﻫﺎ ﺍﺯ ﺟﺎﻳﯽ ﺑﻪ ﺑﻌﺪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﻣﺎ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﭼﻨﻴﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﺍﯼ ﺩﻭ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ‬ ‫ﻣﻮﺍﺯﯼ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻣﺮﺑﻊ ﺑﺎ ﺍﺿﻼﻉ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﺍﻓﻘﯽ‪ ،‬ﺧﻄﯽ ﺍﺳﺖ ﺍﻓﻘﯽ‪ ،‬ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﻳﺎ ﺑﺎ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ۴۵‬ﺩﺭﺟﻪ‬ ‫ﻳﺎ ‪ ۱۳۵‬ﺩﺭﺟﻪ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺍﻓﻘﯽ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺧﻂ ‪ l‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻧﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺷﮑﻞ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺑﺎ ﻗﺴﻤﺖ ﻣﺜﺒﺖ ﻣﺤﻮﺭ ‪ x‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ α‬ﺑﺴﺎﺯﺩ‪ .‬ﺩﺭ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﮔﺮ ‪ A′ B ′‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﺿﻼﻉ ﺍﻓﻘﯽ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ l‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﺩﻳﺪ‬ ‫ﮐﻪ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺎ ﻣﺤﻮﺭ ‪ x‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ۲α‬ﺑﺴﺎﺯﺩ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﭼﻮﻥ ﺿﻠﻊ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻭ ﻳﺎ ﺍﻓﻘﯽ ﺍﺳﺖ‪ A′ B ′ ،‬ﻫﻢ ﺑﺎﻳﺪ ﻋﻤﻮﺩﯼ‬ ‫ﻭ ﻳﺎ ﺍﻓﻘﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ } ◦‪ ۲α ∈ {۰, ۹۰◦ , ۱۸۰◦ , ۲۷۰‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ } ◦‪.α ∈ {۰, ۴۵◦ , ۹۰◦ , ۱۳۵‬‬ ‫‪۳۳‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﺳﺮﺍﻍ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﻣﯽﺭﻭﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﻃﺒﻖ ﻟﻢﻫﺎﯼ ﺩﻭﻡ ﻭ ﺳﻮﻡ‪ ،‬ﺳﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﻣﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺳﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺍﺯ ﭼﻬﺎﺭ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻣﻌﺮﻓﯽ ﺷﺪﻩ‬ ‫ﺩﺭ ﺑﺎﻻ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﻳﮏ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﺳﺎﺩﻩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻭ ﺧﻂ ﻳﺎﻓﺖ‬ ‫ﮐﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎﯼ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۴۵‬ﺩﺭﺟﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﺯ ﻟﻢ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﮐﻨﻴﺪ‪ ،‬ﺑﺎ ﻗﺮﻳﻨﻪ ﮐﺮﺩﻥ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺩﻭ ﻣﺤﻮﺭ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢﺩﻳﮕﺮ ﺷﮑﻞ ﻣﺎ ﭼﻬﺎﺭ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﻫﻢﺭﺱ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﺯﻳﺮ ﭘﻴﺪﺍ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻣﻄﺮﺡﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﺳﺆﺍﻝ ﺣﺘﻤﴼ ‪ ۴‬ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻭﺿﻌﻴﺖ‬ ‫ﻣﺮﺑﻊﻫﺎ ﺭﺍ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭ ﻣﺤﻮﺭ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻣﺮﮐﺰ ﻫﺮ ﻣﺮﺑﻊ ﻳﺎ ﺩﺭ ﻧﺎﺣﻴﻪﻫﺎﯼ ﺑﻴﻦ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ ﺍﺳﺖ ﻳﺎ ﺭﻭﯼ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ ﻭ ﻧﻪ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺁﻥﻫﺎ ﻭ ﻳﺎ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻣﺮﮐﺰ ﻣﺮﺑﻊ ﺩﺭ ﻧﺎﺣﻴﻪﻫﺎﯼ ﺑﻴﻦ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﮐﺮﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﻣﺮﺑﻊ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ‪ ۸ ،‬ﻣﺮﺑﻊ ﺍﺯ ﻫﻤﻴﻦ‬ ‫ﻧﻮﻉ ﺍﻳﺠﺎﺩ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺭﻭﯼ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ )ﻭ ﻧﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺁﻥﻫﺎ( ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪ ﮐﺮﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﻣﺮﺑﻊ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻣﺤﻮﺭﻫﺎ‪ ۴ ،‬ﻣﺮﺑﻊ ﺍﺯ‬ ‫ﻫﻤﻴﻦ ﻧﻮﻉ ﺍﻳﺠﺎﺩ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺑﺎ ﮐﻨﺎﺭ ﮔﺬﺍﺷﺘﻦ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ‪ ،‬ﺑﻘﻴﻪﯼ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎ ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺩﺳﺘﻪﻫﺎﻳﯽ‬ ‫‪۳۴‬‬

‫ﺑﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ ۴‬ﻳﺎ ‪ ۸‬ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﻫﻢ ﺻﻔﺮ ﻳﺎ ﻳﮏ ﻣﺮﺑﻊ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﻟﺬﺍ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺑﺘﻮﺍﻥ‪ n‬ﻣﺮﺑﻊ ﻳﮑﺴﺎﻥ ﺑﺎ ﺍﺿﻼﻉ ﺍﻓﻘﯽ ﻭ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺳﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪،‬‬ ‫‪ n‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺻﻮﺭﺕ ‪ ۴k‬ﻭ ﻳﺎ ‪ ۴k + ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻣﺜﺎﻝﻫﺎﯼ ﺯﻳﺮ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﻤﻪﯼ ﻣﻘﺪﺍﺭﻫﺎﯼ‬ ‫‪ k‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ ۴k‬ﻭ ﻳﺎ ‪ ۴k + ۱‬ﻣﺮﺑﻊ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻳﺎﻓﺖ‪.‬‬

‫‪ .۴‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ n‬ﺩﺭﺟﻪﯼ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ )‪ P (x‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ P‬ﺑﻪ ﻓﺮﻡ ﺯﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫)‪(an ̸= ۰‬‬

‫‪P (x) = an xx + an−۱ xn−۱ + · · · + a۱ x + a۰‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺿﺮﻳﺐ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ‪ x‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺩﺍﺩﻩﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫)) ‪P (۲P (x)) = P (۲(an xn + · · · + a۰‬‬ ‫‪= an (۲(an xn + · · · + a۰ ))n + · · · + a۰‬‬

‫‪ ۲n an+۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ‬ ‫ﮐﻪ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ‪ x‬ﺩﺭ ﺁﻥ ‪ xn۲‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺿﺮﻳﺐ ﺍﻳﻦ ﺟﻤﻠﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪n‬‬ ‫) ‪۲P (P (x)) = ۲P (an xn + · · · + a۰‬‬ ‫‪= ۲an (an xn + · · · + a۰ )n + · · · + a۰‬‬

‫ﮐﻪ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ‪ x‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﻫﻢ ﻫﻤﺎﻥ ‪ xn۲‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺿﺮﻳﺐ ﺁﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪ ۲an+۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ‬ ‫‪n‬‬ ‫‪۲P (x)۲ = ۲(an xn + · · · + a۰ )۲‬‬

‫ﮐﻪ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ‪ x‬ﺩﺭ ﺁﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ x۲n‬ﺑﻮﺩﻩ ﻭ ﺿﺮﻳﺐ ﺍﻳﻦ ﺟﻤﻠﻪ ‪ ۲a۲n‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ‪ n > ۲‬ﺑﺎﺷﺪ‪ n۲ > ۲n ،‬ﻭ ﻟﺬﺍ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ‪ x‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﺳﻤﺖ ﻋﺒﺎﺭﺕ ‪ xn۲‬ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪ .‬ﺍﺯ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﺩﺍﺩﻥ ﺿﺮﻳﺐ ﺍﻳﻦ ﺟﻤﻠﻪ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻭﺭﻳﻢ‬ ‫‪= ۲an+۱‬‬ ‫‪ ۲n an+۱‬ﮐﻪ ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ‪ an ̸= ۰‬ﻭ‬ ‫‪n‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪ n > ۲‬ﻫﻴﭻﮔﺎﻩ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺳﻪ ﺣﺎﻟﺖ ﺑﺮﺍﯼ ﺩﺭﺟﻪﯼ )‪ P (x‬ﻣﺤﺘﻤﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻭﻝ‪ .n = ۰ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ P (x) = a۰‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪a۰ = ۲a۰ + ۲a۲۰ ⇒ ۲a۲۰ + a۰ = ۰ ⇒ a۰ (۲a۰ + ۱) = ۰‬‬

‫‪۳۵‬‬

‫ﭘﺲ ‪ a۰ = ۰‬ﻭ ﻳﺎ ‪ a۰ = − ۱۲‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﻨﻬﺎ ﺟﻮﺍﺏﻫﺎﯼ ﺁﻥ ‪ P (x) ≡ ۰‬ﻭ ‪ P (x) ≡ − ۲۱‬ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺩﻭﻡ‪ .n = ۱ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ P (x) = ax + b‬ﮐﻪ ‪ ،a ̸= ۰‬ﻭ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪a(۲(ax + b)) + b = ۲a(ax + b) + ۲b + ۲(ax + b)۲‬‬

‫ﺿﺮﻳﺐ ‪ x۲‬ﺩﺭ ﻃﺮﻑ ﭼﭗ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺩﺭ ﺣﺎﻟﯽﮐﻪ ﺩﺭ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺿﺮﻳﺐ ‪ x۲‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲a۲‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﻓﺮﺽ ﮐﺮﺩﻩﺍﻳﻢ ﺍﻳﻦ ﻃﻮﺭ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺳﻮﻡ‪ .n = ۲ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ P (x) = ax۲ + bx + c‬ﮐﻪ ‪ ،a ̸= ۰‬ﻭ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬

‫‪a‬‬

‫‪P (۲P (x)) = ۲P (P (x)) + ۲P (x)۲‬‬ ‫‪⇒ ۴aP (x)۲ + ۲bP (x) + c = ۲aP (x)۲ + ۲bP (x) + c + ۲P (x)۲‬‬ ‫‪⇒ ۲aP (x)۲ = c + ۲P (x)۲‬‬

‫ﺍﺯ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩﻥ ﺿﺮﻳﺐ ‪ x۴‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ ۲a۳ = ۲a۴‬ﻭ ﮐﻪ ﭼﻮﻥ ‪ a ̸= ۰‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ a = ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﺑﺎﻻ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ .c = ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺟﻮﺍﺏ ﺍﻳﻦ ﻗﺴﻤﺖ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ‪ x۲ + bx‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﺩﻳﺪ ﺩﺭ ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺻﺪﻕ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻫﻤﻪﯼ ﺟﻮﺍﺏﻫﺎﯼ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻣﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AIP‬ﻭ ‪ AIQ‬ﺍﺯ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﺳﻴﻨﻮﺱﻫﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‪:‬‬ ‫‪IP‬‬ ‫‪AI‬‬ ‫‪,‬‬ ‫=‬ ‫‪∠A‬‬ ‫) ‪sin(∠P‬‬ ‫) ‪sin( ۲‬‬

‫‪IQ‬‬ ‫‪AI‬‬ ‫=‬ ‫‪∠A‬‬ ‫)‪sin(∠Q‬‬ ‫) ‪sin( ۲‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ‪ ،IP = IQ‬ﺁﻥﮔﺎﻩ )‪ .sin(∠P ) = sin(∠Q‬ﭘﺲ ﻳﺎ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺯﺍﻭﻳﻪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﻳﺎ ﻣﮑﻤﻞ‬ ‫ﻳﮏﺩﻳﮕﺮﻧﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ‪ ∠P = ∠C + ۲۱ ∠B‬ﻭ ‪ .∠Q = B + ۲۱ ∠C‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ‪ ∠P = ∠Q‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ ∠B = ∠C‬ﮐﻪ‬ ‫ﺧﻼﻑ ﻓﺮﺽ ‪ AB > AC‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ◦‪ .∠P + ∠Q = ۱۸۰‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫◦‪∠C + ∠B + ∠B + ∠C = ۱۸۰◦ ⇒ ∠B + ∠C = ۱۸۰◦ = ۱۲۰◦ ⇒ ∠A = ۶۰‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۳‬‬

‫‪ .۶‬ﺍﻟﻒ( ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﺍﺯ ﭼﭗ ﺑﻪ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺎ ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ‪ ...،۳ ،۲ ،۱‬ﺷﻤﺎﺭﻩﮔﺬﺍﺭﯼ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﻫﺮ‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪k‬ﺍﻡ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ ak‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﻫﺮ ﮔﺎﻡ ﺍﺯ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪:‬‬ ‫ﺗﻔﺎﺿﻞ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ‬ ‫‪۳۶‬‬

‫‪kak +‬‬

‫∞‪+‬‬ ‫∑‬ ‫‪k=۱‬‬

‫=‪S‬‬

‫ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻣﻘﺪﺍﺭ‬ ‫ﻣﯽﻳﺎﺑﺪ‪ .‬ﺯﻳﺮﺍ‪:‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻋﻤﻞ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪ‪ ،‬ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ‪i‬ﺍﻡ ﻭ ‪i + ۱‬ﺍﻡ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺍﺯ ‪ S‬ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ‪i + (i + ۱) + ۱‬‬ ‫ﻭﺍﺣﺪ ﮐﻢﺷﺪﻩ ﻭ ‪i + ۲‬ﺗﺎ ﺑﻪ ‪ S‬ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ S‬ﺑﻪ ‪ S − i‬ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮏ‬ ‫ﻭﺍﺣﺪ ﮐﺎﻫﺶ ﻣﯽﻳﺎﺑﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻋﻤﻞ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ ﺩﻭ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪ‪ ،‬ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪i‬ﺍﻡ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺍﺯ ‪ S‬ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ‪ ۲i‬ﮐﻢﺷﺪﻩ ﻭ )‪(i − ۲) + (i + ۱‬‬ ‫ﺟﺎﯼﮔﺰﻳﻦ ﺁﻥ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ‪ S‬ﺑﻪ ‪ S − ۱‬ﺗﺒﺪﻳﻞ ﺷﺪﻩ ﻭ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﮐﺎﻫﺶ ﻣﯽﻳﺎﺑﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﻣﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻫﻢﻭﺍﺭﻩ ﺑﺎﻳﺪ ‪ .S ≥ ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ S‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﮐﺎﺭ ‪ S۰‬ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪).‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﺁﻏﺎﺯ ﮐﺎﺭ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻟﺬﺍ ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ S۰‬ﻧﻴﺰ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ( ﻣﺎ ﻗﺎﺩﺭ ﺑﻪ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ‬ ‫‪ S۰‬ﻋﻤﻠﻴﺎﺕ ﻧﻴﺴﺘﻢ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ﺍﻧﺠﺎﻡ ‪ S۰‬ﻋﻤﻞ‪ ،‬ﻋﻤﻠﻴﺎﺕ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬ ‫ﺏ( ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻓﻴﺒﻮﻧﺎﺗﭽﯽ ﺭﺍ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﺗﻌﺮﻳﻒ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪.‬‬ ‫‪S‬‬

‫ﺑﺎ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻫﺮ ﻋﻤﻞ )ﭼﻪ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ ﻳﮏ ﻭ ﭼﻪ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ ﺩﻭ( ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﮐﺎﻫﺶ‬

‫‪f۱ = f۲ = ۱, fn+۲ = fn+۱ + fn n ≥ ۰‬‬

‫ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﮐﻤﮏ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪،n‬‬ ‫‪f۱ + f۲ + · · · + fn = fn+۲ − ۱‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﺣﻞ ﻣﺴﺌﻠﻪ‪ ،‬ﻣﺠﻤﻮﻉ ‪ S‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﺯﻳﺮ ﺗﻌﺮﻳﻒ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪ak fk‬‬

‫∞‪+‬‬ ‫∑‬

‫=‪S‬‬

‫‪k=۱‬‬

‫ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ S‬ﺑﺎ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻫﻴﭻﻳﮏ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻋﻤﻞ ﺫﮐﺮﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺯﻳﺮﺍ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻋﻤﻞ ﻧﻮﻉ ‪ ۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺭﻭﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ‪ n‬ﻭ ‪n+۱‬ﺍﻡ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺗﻐﻴﻴﺮﺍﺕ ‪ S‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ‪.fn+۲ −fn −fn+۱ = ۰‬‬ ‫ﻭ ﺍﮔﺮ ﻋﻤﻞ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ ‪ ۲‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺭﻭﯼ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪n‬ﺍﻡ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺗﻐﻴﻴﺮﺍﺕ ‪ S‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ‬ ‫‪fn+۱ + fn−۲ − ۲fn = fn + fn−۱ + fn−۲ − ۲fn‬‬ ‫‪= fn−۱ + fn−۲ − fn‬‬ ‫‪= ۰‬‬

‫ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ S‬ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﮐﺎﺭ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ‪ S۰ = f۱ + f۲ + · · · + fn = fn+۲ − ۱‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﻃﺒﻖ ﺁﻥﭼﻪ ﮔﻔﺘﻪ ﺷﺪ‪ ،‬ﻣﻘﺪﺍﺭ‬ ‫ﺩﺭ ﻫﻤﻪﯼ ﻣﺮﺣﻠﻪﻫﺎ ﻫﻤﻴﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ fn+۲ − ۱‬ﺑﺎﻗﯽ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﻣﺎﻧﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﻣﺮﺣﻠﻪﺍﯼ‪ ،‬ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫‪n + ۱‬ﺍﻡ ﺟﻠﻮﺗﺮ ﺑﺮﻭﺩ‪ ،‬ﻣﻘﺪﺍﺭ ‪ S‬ﺑﺎﻳﺪ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪ fn+۲‬ﺑﺸﻮﺩ ﮐﻪ ﺍﻳﻦﮔﻮﻧﻪ ﻧﺨﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪S‬‬

‫‪۳۷‬‬

‫‪۱۶.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۸۱ ،‬‬

‫‪ .۱‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ‪ ،n ≥ ۳‬ﺍﮔﺮ ‪ a۱ , a۲ , . . . , an‬ﺟﺎﯼﮔﺸﺘﯽ ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪،‬‬ ‫ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ .an = n‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ‪:‬‬ ‫ﺍﻟﻒ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﻨﺎﺑﻪ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ‪،‬‬ ‫‪n|۲(a۱ + · · · + an−۱ ) = ۲(۱ + ۲ + · · · + n − an ) = n(n + ۱) − ۲an‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ n|۲an‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺍﺳﺖ‪ n|an ،‬ﮐﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ an ≤ n‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ‪.an = n‬‬ ‫ﺏ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﺪ)‪ ،(n = ۲k‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﻫﻤﺎﻧﻨﺪ ﻗﺴﻤﺖ ﻗﺒﻞ ‪ ،n|۲an‬ﻟﺬﺍ ‪ k|an‬ﻭ ‪ ،an ≤ n‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ an = ۲k‬ﻳﺎ‬ ‫‪.an = k‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ‪ ،an ̸= n‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺎﻳﺪ ‪ .an = k‬ﺍﻣﺎ ﺑﻨﺎﺑﻪ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ )‪ (i = n − ۲‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ‪:‬‬ ‫) ‪n − ۱|۲(a۱ + · · · + an−۲ ) = ۲(۱ + ۲ + · · · + n − an − an−۱‬‬ ‫‪= n(n + ۱) − ۲an − ۲n−۱‬‬ ‫‪= n(n − ۱) + ۲n − ۲k − ۲an−۱‬‬ ‫‪= n(n − ۱) + n − ۲an−۱‬‬

‫ﭘﺲ ‪ n − ۱|n − ۲an−۱‬ﻭ ﻳﺎ ﻣﻌﺎﺩﻻﹰ ‪ ۲k − ۱|۲k − ۲an−۱‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ ،۲k − ۱|k − an−۱‬ﺍﻣﺎ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ‬ ‫‪ |k − an−۱ | < ۲k − ۱‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ k − an−۱ = ۰‬ﻭ ﻳﺎ ‪ an−۱ = k‬ﮐﻪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ )ﭼﻮﻥ ‪ an‬ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ k‬ﺑﻮﺩ(‪.‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻣﻄﺎﻟﺐ ﺑﺎﻻ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺟﺎﯼﮔﺸﺖ ﺑﺎ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ .an = n‬ﺣﺎﻝ ‪ an‬ﺭﺍ ﺍﺯ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﺣﺬﻑ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ‬ ‫ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻣﺪﻩ ﻧﻴﺰ ﺟﺎﯼﮔﺸﺘﯽ ﺍﺯ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n − ۱‬ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺟﻤﻠﻪﯼ ﺁﺧﺮ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻳﻌﻨﯽ ‪ an−۱‬ﻫﻢ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ n − ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻣﺸﺨﺺ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ ۳ ≤ k ≤ n‬ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ ‪ .ak = k‬ﺑﺮﺍﯼ ‪ a۱‬ﻭ ‪ a۲‬ﻫﻢ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ‪ ۱‬ﻭ ‪ ۲‬ﻳﺎ ‪ ۲‬ﻭ ‪ ۱‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺖ‪ .‬ﺑﻪ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﺟﺎﯼﮔﺸﺖ )‪ (۱, ۲, . . . , n‬ﻭ )‪ (۲, ۱, ۳, . . . , n‬ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ‬ ‫‪ : R‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎ‪،‬‬ ‫‪ : V‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺧﻄﻮﻁ ﻋﻤﻮﺩﯼ‪،‬‬

‫‪ : H‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺧﻄﻮﻁ ﺍﻓﻘﯽ‬ ‫‪ : X‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﭼﻬﺎﺭﺭﺍﻩﻫﺎ‬

‫ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ‪ .H + V + X = R + ۳‬ﺑﺮﺍﯼ ﮐﺎﺭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎﯼ ﭘﻮﺷﺎﻧﻨﺪﻩ‬ ‫ﺭﺍ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺭﻭﺵ ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺍﻭﻻﹰ ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞﻫﺎ ‪ R‬ﻭ ﺟﻤﻊ ﺯﻭﺍﻳﺎﯼ ﻫﺮ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ◦‪ ۳۶۰‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ◦‪ .R × ۳۶۰‬ﺛﺎﻧﻴﴼ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﺷﮑﻞ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻧﻮﺍﻋﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ‪۱‬‬ ‫)ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﺑﻌﺪ( ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﺪ‪.‬‬ ‫ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻧﻮﻉ )‪ (۱‬ﻳﻌﻨﯽ ﺭﺃﺱﻫﺎﯼ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺑﺰﺭﮒ ﻓﻘﻂ ‪۴‬ﺗﺎ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻧﻮﻉ )‪ (۳‬ﻫﻢ ﮐﻪ‬ ‫‪X‬ﺗﺎ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻧﻮﻉ )‪ (۲‬ﭼﻨﺪﺗﺎ ﺍﺳﺖ؟ ﺍﮔﺮ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﻣﺘﻮﺟﻪ ﺧﻮﺍﻫﻴﺪ ﺷﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ‬ ‫ﻳﮏ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺳﺮ ﻳﮏ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ﺍﻓﻘﯽ ﻭ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﻪ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ﭼﻬﺎﺭ ﺿﻠﻊ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺑﺰﺭﮒ ﺑﻪ ﮔﺮﻩ ﺍﺯ ﻧﻮﻉ )‪ (۲‬ﺧﺘﻢ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻧﻮﻉ )‪ (۲‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ )‪ .۲ × (H + V − ۴‬ﺣﺎﻝ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻧﻮﻉ‬ ‫‪۳۸‬‬

‫ﻧﻮﻉ )‪(۳‬‬

‫ﻧﻮﻉ )‪(۲‬‬

‫ﻧﻮﻉ )‪(۱‬‬

‫ﺷﮑﻞ ‪ :۱‬ﺍﻧﻮﻉ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﮔﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ‬ ‫)‪ (۲) ،(۱‬ﻭ )‪ (۳‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺯﻭﺍﻳﺎﯼ ◦‪ ۱۸۰◦ ،۹۰‬ﻭ ◦‪ ۳۶۰‬ﺗﻮﻟﻴﺪ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ﻣﺴﺘﻄﻴﻞ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﺑﺎ‪:‬‬ ‫◦‪۴ × ۹۰◦ + ۲ × (H + V − ۴) × ۱۸۰◦ + X × ۳۶۰◦ = (H + V + X − ۳) × ۳۶۰‬‬

‫ﺍﺯ ﻣﻘﺎﻳﺴﻪﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺑﺎ ﻣﻘﺪﺍﺭﯼ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻭﺭﺩﻳﻢ ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ X‬ﻭ ‪ Y‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻭﺳﻂ ‪ DM‬ﻭ ‪ BN‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ K‬ﻣﺘﻘﺎﻃﻊ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠KN B‬ﻭ ‪ ∠KM D‬ﺩﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ AM N‬ﺭﻭﺑﻪﺭﻭ ﺑﻪ ﮐﻤﺎﻥ‬ ‫‪ AK‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮﻧﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠KBA‬ﻭ ‪ ∠KDA‬ﺩﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ‬ ‫‪ ABD‬ﺭﻭﺑﻪﺭﻭ ﺑﻪ ﮐﻤﺎﻥ ‪ AK‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺑﺮﺍﺑﺮﯼ ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺩﻭ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ‪ KM D‬ﻭ ‪ KN B‬ﺑﺎ ﻫﻢ ﻣﺘﺸﺎﺑﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠KY B‬ﻭ ‪ ∠KXD‬ﮐﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ‬ ‫ﺑﻴﻦ ﻣﻴﺎﻧﻪ ﻭ ﺿﻠﻊ ﻣﺘﻨﺎﻇﺮ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺑﺮﺍﺑﺮﯼ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Y ،K ،A‬ﻭ ‪ X‬ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ◦‪ ∠ABC = ۱۳۵‬ﻭ ◦‪ ∠BCN = ۹۰‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ‬ ‫ﻗﺎﺋﻢﺍﻟﺰﻭﺍﻳﻪﯼ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ﻣﻴﺎﻧﻪﯼ ﺁﻥ ﻳﻌﻨﯽ ‪ Y C‬ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﻫﻢ ﻫﺴﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻳﻌﻨﯽ ◦‪∠AY C = ۹۰‬‬ ‫‪BCN‬‬

‫‪۳۹‬‬

‫‪ .‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﻢ ﮐﻪ ‪ ∠AXC‬ﻫﻢ ﻗﺎﺋﻤﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﭼﻬﺎﺭﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ X ،Y ،A‬ﻭ ‪ C‬ﻫﻢ‬ ‫ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﮐﻞ ﭘﻨﺞ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ C ،Y ،K ،A‬ﻭ ‪ X‬ﻫﻢﺩﺍﻳﺮﻩ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫◦‪ .∠AKC = ∠AY C = ۹۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺑﺎﻳﺪ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ،ABD‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AM N‬ﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫ﺑﻪ ﻗﻄﺮ ‪ ،AC‬ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ A‬ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺩﻳﮕﺮﯼ ) ‪ (K‬ﻫﻢﺭﺱ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ‬ ‫ﻣﺮﮐﺰﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﺳﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻫﻢﺧﻂ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪) .‬ﭼﺮﺍ؟(‬

‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻫﻢﺧﻄﯽ ﻣﺮﮐﺰﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﺳﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩ‪ ،‬ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ﻣﺘﺠﺎﻧﺲ ﺍﻳﻦ ﻣﺮﮐﺰﻫﺎ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪A‬‬

‫ﻭ ﺑﻪ ﻧﺴﺒﺖ ﺗﺠﺎﻧﺲ ‪ ۲‬ﻫﻢﺧﻂ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﻣﺘﺠﺎﻧﺲ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﻪ ﻗﻄﺮ ‪ C ،AC‬ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻣﺘﺠﺎﻧﺲ ﻣﺮﮐﺰﻫﺎﯼ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABD‬ﻭ ‪ AM N‬ﺭﺍ ﮐﻪ ﺍﻟﺒﺘﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﻣﻘﺎﺑﻞ ﻗﻄﺮﯼ ‪ A‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎ ﻣﯽﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ‬ ‫‪ P‬ﻭ ‪ S‬ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ‪ .‬ﭘﺲ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ S ،P‬ﻭ ‪ C‬ﻫﻢﺧﻂ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎﻳﯽ ﮐﻪ‬ ‫ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠SN A ،∠P BA ،∠SM A‬ﻭ ‪ ∠P DA‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻟﺬﺍ ‪ P B ∥ SN‬ﻭ ‪ .P D ∥ SM‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ‪ P B‬ﺑﺎ ‪ SM‬ﺭﺍ ‪ L‬ﻭ ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ‪ P D‬ﻭ ‪ SN‬ﺭﺍ ‪ R‬ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪ ،‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ P RSL‬ﻣﺘﻮﺍﺯﯼﺍﻻﺿﻼﻉ‬ ‫ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﻣﻮﻗﻌﻴﺖ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ C‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ C‬ﺗﺎ ‪ SL‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ C‬ﺗﺎ ‪ P D‬ﻭ ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ‬ ‫ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ C‬ﺗﺎ ‪SR‬ﻭﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ C‬ﺗﺎ ‪ P L‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ C‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﻗﻄﺮﻫﺎﯼ ﻣﺘﻮﺍﺯﯼﺍﻻﺿﻼﻉ‪ ،‬ﻭ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ C ،P‬ﻭ ‪ S‬ﻫﻢﺧﻂ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪۴۰‬‬

‫ﭼﻮﻥ = ‪∠B = ∠D‬‬

‫‪ .۴‬ﻣﻄﺎﺑﻖ ﺷﮑﻞ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ B‬ﻋﻤﻮﺩﯼ ﺑﺮ ‪ AB‬ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ‪ CD‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ E‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫◦‪ ،۹۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ ADEB‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .∠BEC = ∠DAB‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻓﺮﺿﻴﺎﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ،∠DAB = ∠BCD ،ABCD‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ ∠BEC = ∠BCD‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪BE = BC = AB‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ E‬ﺭﻭﯼ ‪ CD‬ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﮐﻪ ﻣﮑﺎﻥ ﺁﻥ ﺗﻨﻬﺎ ﺑﻪ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺑﺴﺘﮕﯽ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬

‫‪ .۵‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ ،(δ ̸= ۰) a + bδ‬ﻳﮏ ﺭﻳﺸﻪﯼ ‪ P (x) = a۰ + a۱ x + · · · + an xn‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫‪۰ = P (a + bδ) = a۰ + a۱ (a + bδ) + · · · + an (a + bδ)n‬‬

‫ﺍﻣﺎ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ δ۲ = ۰‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺑﺴﻂ ﺩﻭ ﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﻳﺎ ﺑﻪ ﮐﻤﮏ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﺩﺍﺩ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫‪(a + bδ)k = ak + kak−۱ bδ‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫) ‪۰ = (a۰ + a۱ a + a۲ a۲ + · · · + an an ) + bδ(a۱ + ۲a۲ a + · · · + nan an−۱‬‬

‫ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ ،u + δv = ۰‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻗﺮﺍﺭﺩﺍﺩ ﺫﮐﺮ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ u = ۰‬ﻭ ‪ .v = ۰‬ﭘﺲ‬ ‫‪a۰ + aa + · · · + an an = P (a) = ۰‬‬

‫ﻭ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﻮﺷﺖ )‪ .P (x) = (x − a)Q(x‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎﻳﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ‪ a‬ﺭﻳﺸﻪﯼ )‪ Q(x‬ﻫﻢ ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﮐﺎﺭ ‪ Q‬ﺭﺍ ﺑﺮ ‪ x − a‬ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ Q(x) = (x − a)R(x) + c ،‬ﻭ‬ ‫)‪P (x) = (x − a)((x − a)R(x) + c‬‬ ‫)‪۰ = P (a + bδ) = bδ(bδR(a + bδ) + c‬‬

‫⇒‬

‫‪= b(bδ ۲ R(a + bδ) + cδ) = bcδ‬‬

‫ﭘﺲ ‪ ،bcδ = ۰‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ bc = ۰‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ ،b ̸= ۰‬ﭘﺲ ‪ .c = ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ )‪.P (x) = (x − a)۲ R(x‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﭼﻮﻥ ‪ a‬ﺭﻳﺸﻪﯼ ﻣﻀﺎﻋﻒ )‪ P (x‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ )‪ .P (x) = (x − a)۲ R(x‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ (b ̸= ۰)x = a + bδ‬ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‪،‬‬ ‫‪P (a + bδ) = (bδ)۲ R(a + bδ) = ۰‬‬

‫‪ .۶‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻳﻦ ‪ ۲۰‬ﻧﻔﺮ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ x۲۰ ،. . .،x۲ ،x۱‬ﺑﺎﺯﯼ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﺍﺩﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭼﻮﺩ ﺩﺭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ‪ ۱۰۰‬ﺑﺎﺯﯼ‬ ‫ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻟﺬﺍ ‪.x۱ + x۲ + · · · + x۲۰ = ۲۰۰‬‬ ‫‪۴۱‬‬

‫) (‬

‫∑‬

‫) (‬

‫ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﺍﻩﻫﺎﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﺩﻭ ﻧﻔﺮﻩ ﺑﺎ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ‪ . ۱۰۰۲ − ۲۰k=۱ x۲k‬ﺯﻳﺮﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ‬ ‫ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﺩﻭ ﻧﻔﺮﻩ‪ ،‬ﮐﻪ ﺩﻭ ﻧﻔﺮ ﻫﻢﺗﻴﻤﯽ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺎﺯﯼ ﮐﺮﺩﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﻭ ﺗﺎ ﺍﺯ ‪ ۱۰۰‬ﺑﺎﺯﯼ ﺍﻧﺠﺎﻡﺷﺪﻩ ﺭﺍ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ‬ ‫) (‬ ‫ﮐﻨﻴﻢ )ﺑﻪ ‪ ۱۰۰۲‬ﺭﻭﺵ( ﻭ ﺩﻭ ﻧﻔﺮ ﺷﺮﮐﺖﮐﻨﻨﺪﻩ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺑﺎﺯﯼ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻋﻨﻮﺍﻥ ﻳﮏ ﺗﻴﻢ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ‪،‬‬ ‫) (‬ ‫∑‬ ‫ﺑﺎﻳﺪ ﺣﺎﻻﺗﯽ ﺭﺍ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ ﻋﻀﻮ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﭘﻴﺪﺍ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ ﮐﻢ ﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲۰k=۱ x۲k‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻋﻀﻮ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﻭ ﺗﻴﻢ‪ ،‬ﻧﻔﺮ ‪ k‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﻭ ﻋﻀﻮ ﺩﻳﮕﺮ ﺗﻴﻢﻫﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ‪ xk‬ﻧﻔﺮﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﻧﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ﻧﻔﺮ ‪k‬‬ ‫ﺑﺎﺯﯼ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ‪،‬‬ ‫∑ ) (‬ ‫) ( ‪۲۰‬‬ ‫‪۲۰‬‬ ‫‪۲۰‬‬ ‫‪۱۰۰‬‬ ‫‪xk‬‬ ‫∑‪۱∑ ۲ ۱‬‬ ‫= ‪۴۰۵۰‬‬ ‫‪−‬‬ ‫‪= ۴۹۵۰ −‬‬ ‫‪xk +‬‬ ‫‪xk‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪k=۱‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬

‫‪x۲k = ۲۰۰۰‬‬

‫‪۲۰‬‬ ‫∑‬ ‫‪k=۱‬‬

‫‪k=۱‬‬

‫‪ .‬ﭘﺲ‬

‫‪k=۱‬‬

‫‪∑۲۰‬‬

‫‪k=۱ xk ۲‬‬

‫)‬

‫ﺍﻣﺎ ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩ‬

‫‪۲۰‬‬

‫‪۲۰‬‬

‫‪۱ ∑ ۲‬‬ ‫( = ‪xk‬‬ ‫‪۲۰‬‬ ‫‪k=۱‬‬

‫ﺣﻘﻴﻘﯽ ‪x۱ , x۲ , . . . , xn‬‬ ‫‪∑n‬‬ ‫‪n‬‬ ‫∑‬ ‫‪xk‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪xk ≥ ( k=۱ )۲‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪k=۱‬‬

‫ﻭ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﺗﻨﻬﺎ ﺯﻣﺎﻧﯽ ﺍﺗﻔﺎﻕ ﻣﯽﺍﻓﺘﺪ ﮐﻪ‬ ‫‪ x۱ = x۲ = · · · = x۲۰‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬

‫‪= x۲ = · · · = xn‬‬

‫‪۴۲‬‬

‫‪ .x۱‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﻓﻮﻕ ﻫﻢ ﺑﺎﻳﺪ‬

‫‪۱۷.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۲‬‬

‫‪ .۱‬ﺍﻟﻒ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﻧﺪﮐﯽ ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻣﺸﺎﻫﺪﻩ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﻋﺪﺩﯼ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ‬ ‫ﺩﻭ ﻋﺎﻣﻞ ﺍﻭﻝ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺳﻪﻻﻳﻪﺍﯼ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ ﺑﺎ ﺗﻼﺵ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ‪ ۱۲۰‬ﻋﺪﺩﯼ‬ ‫ﺳﻪ ﻻﻳﻪﺍﯼ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ }‪ {۱, ۲, ۳, ۴, ۵, ۶, ۸, ۱۰, ۱۲, ۱۵, ۲۰, ۲۴, ۳۰, ۴۰, ۶۰, ۱۲۰‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ‪۱۲۰‬‬ ‫ﺍﺳﺖ ﻭ ‪.۱۲۰ = ۶۰ + ۴۰ + ۲۰ = ۳۰ + ۲۴ + ۱۵ + ۱۲ + ۱۰ + ۸ + ۶ + ۵ + ۴ + ۳ + ۲ + ۱‬‬ ‫ﺏ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ p‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۵‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻫﺮ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ‪ ۱۲۰p‬ﻳﺎ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻬﯽ ﺍﺯ‬ ‫‪ ۱۲۰‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﻳﺎ ‪ p‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ‪ .۱۲۰‬ﭘﺲ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﺑﺎﻻ ﻭ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﺮﺩﻥ ‪ p‬ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺍﻋﻀﺎﯼ ﻫﺮ ﺩﺳﺘﻪ)ﮐﻪ ﺩﺭ ﺳﻪﻻﻳﻪﺍﯼ ﺑﻮﺩﻥ ‪ ،۱۲۰‬ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ‪ ۱۲۰‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺁﻥﻫﺎ ﺍﻓﺮﺍﺯ ﮐﺮﺩﻳﻢ( ﺑﻪ ﺁﻥ ﺩﺳﺘﻪ‪،‬‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ‪ ۱۲۰p‬ﻫﻢ ﺳﻪ ﻻﻳﻪﺍﯼ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﭼﻨﻴﻦ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺍﻭﻟﯽ ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﺳﻪ ﻻﻳﻪﺍﯼ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻳﮏ ﻟﻢ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ B ،A‬ﻭ ‪ C‬ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪ ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ‬ ‫‪.AM ≤ AB+AC‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪M‬ﻧﻘﻄﻪ ﻭﺳﻂ‬

‫‪BC‬‬

‫ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬

‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪ ﻫﻢﺧﻂ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪ ﺗﺸﮑﻴﻞ ﻳﮏ ﻣﺜﻠﺚ ﺑﺪﻫﻨﺪ‪ ،‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A۱‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ‪ A‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ M‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺻﻮﺭﺕ ﺩﺭ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ABA۱ C‬ﻗﻄﺮﻫﺎ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﺭﺍ ﻧﺼﻒ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻳﮏ ﻣﺘﻮﺍﺯﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻪ‬ ‫ﻋﻼﻭﻩ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ AA۱ = ۲AM‬ﻭ ‪ .AB = CA۱‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﻣﺜﻠﺚ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪،AA۱ C‬‬ ‫‪ AA۱ < AC + CA۱‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ ۲AM < AB + AC‬ﮐﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﭼﻴﺰﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﯽﺧﻮﺍﺳﺘﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺭﻭﺳﺘﺎ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ · · · ،A۲ ،A۱‬ﻭ ‪ An‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﻭ ‪ Y‬ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺍﻳﺪﻩﺁﻝ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ‪ .XY‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻟﻢ ﺑﺎﻻ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪،A۲ XY ،A۱ XY‬‬ ‫· · · ﻭ ‪)An XY‬ﺍﻟﺒﺘﻪ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﺩﺭ ﺑﻌﻀﯽ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎ ﺳﻪ ﻧﻘﻄﻪ ﻫﻢﺧﻂ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﺎﺯ ﻫﻢ ﻟﻢ ﺩﺭﺳﺖ ﺍﺳﺖ(‬ ‫ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪X‬‬

‫‪An X+An Y‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≤ ‪, . . . , An M‬‬

‫‪A۲ X+A۲ Y‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≤ ‪, A۲ M‬‬

‫‪A۱ X+A۱ Y‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≤ ‪A۱ M‬‬

‫) ‪⇒ A۱ M + A۲ M + · · · An M ≤ ۱۲ (A۱ X + · · · + An X + A۱ Y + · · · + An Y‬‬

‫ﺍﻣﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺭﻭﺳﺘﺎ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺧﻂ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺭﻭﯼ ﺧﻂ‬ ‫ﻭﺍﺻﻞ ﺑﻴﻦ ‪ X‬ﻭ ‪ Y‬ﻭﺍﻗﻊ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼﻫﺎ ﺍﮐﻴﺪ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ‬ ‫ﺭﻭﺳﺘﺎ ﺗﺎ ‪ M‬ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺗﺎ ‪ X‬ﻭ ﻳﺎ ‪ Y‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺑﺎ ﺍﻳﺪﻩﺁﻝ ﺑﻮﺩﻥ ﺁﻥﻫﺎ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﺴﺎﺑﻘﻪﻫﺎ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻳﮏ ﮔﺮﺍﻑ ﺟﻬﺖﺩﺍﺭ ﺩﺭﺳﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ﺗﻴﻢ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ‬ ‫ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻭ ﺍﮔﺮ ﺗﻴﻢ ‪ A‬ﺍﺯ ‪ B‬ﺑﺮﺩﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻳﺎﻟﯽ ﺟﻬﺖﺩﺍﺭ ﺍﺯ ‪ A‬ﺑﻪ ‪ B‬ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫‪۴۳‬‬

‫ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺗﻴﻢﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺗﻴﻢ ﺧﺎﺻﯽ ﻣﺜﻞ ‪ A‬ﺑﺎﺧﺘﻪﺍﻧﺪ)ﻣﺘﻨﺎﻇﺮﴽ ﺑﻪ ﺯﺑﺎﻥ ﮔﺮﺍﻑ ﻳﻌﻨﯽ ﺭﺃﺱﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻳﺎﻝ‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎ ﻭ ﺭﺃﺱ ‪ ،A‬ﺍﺯ ﻳﺎﻝ ‪ A‬ﺧﺎﺭﺝ ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﺪ( ﺭﺍ ﺑﺎ ﻧﻤﺎﺩ ‪ SA‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺗﻴﻢ ‪ B‬ﺩﺭ‬ ‫‪ SA‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﻗﻴﻘﴼ ‪ t‬ﺗﻴﻢ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺩﻭﯼ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺑﺎﺧﺘﻪﺍﻧﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺭﺃﺱ ﻣﺘﻨﺎﻇﺮ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺗﻴﻢﻫﺎ‬ ‫ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺭ ‪ SA‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ﻳﺎﻝﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻳﮏ ﺳﺮ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﻪ ‪ B‬ﻣﺘﺼﻞ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻳﮏ ﺳﺮ ﺩﻳﮕﺮﺷﺎﻥ ﺩﺭ‬ ‫‪ SA‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﺩﻗﻴﻘﴼ ‪ t‬ﻳﺎﻝ ﺍﺯ ‪ B‬ﺧﺎﺭﺝ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ B‬ﺭﺃﺱ ﺩﻝﺧﻮﺍﻫﯽ ﺍﺯ ‪ SA‬ﺑﻮﺩ‪ ،‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺗﻴﻢ‬ ‫ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻳﺎﻝﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺳﺮ ﺁﻥﻫﺎ ﺩﺭ ‪ SA‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ |SA |t‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ | ‪ |SA‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺗﻴﻢﻫﺎﯼ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺩﺭ ‪ SA‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﺍﻳﻦ ﻳﺎﻝﻫﺎ‬ ‫) (‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ )‪ |S۲A | = |SA |(|S۲ A |−۱‬ﺍﺳﺖ‪) .‬ﺑﻴﻦ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻳﺎﻟﯽ ﺩﺭ ‪ SA‬ﻳﮏ ﻳﺎﻝ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ (.‬ﭘﺲ )‪t|SA | = |SA |(|S۲ A |−۱‬‬ ‫ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .|SA | = ۲t + ۱‬ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺗﻴﻢﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺑﻪ ﻫﺮ ﺗﻴﻢ ﺑﺎﺧﺘﻪﺍﻧﺪ ﻣﺴﺎﻭﯼ‬ ‫‪ ۲t + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺭﺃﺱ ﺩﺭ ﮔﺮﺍﻑ ﺩﻗﻴﻘﴼ ‪ ۲t + ۱‬ﻳﺎﻝ ﺧﺎﺭﺝ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﻳﺎﻝﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫)‪ n(۲t + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻴﻤﯽ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺎﺯﯼ ﮐﺮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ ،‬ﺑﻴﻦ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺭﺃﺳﯽ ﻳﮏ‬ ‫) (‬ ‫)‪ n(۲t + ۱) = n(n−۱‬ﻭ ﺩﺭ‬ ‫)‪ . n۲ = n(n−۱‬ﭘﺲ‬ ‫ﻳﺎﻝ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﻳﺎﻝﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ n = ۲(۲t + ۱) + ۱ = ۴t + ۳‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪.۴‬‬

‫‪z۲‬‬

‫‪z۲‬‬

‫‪y۲‬‬

‫)‪x + x + y‬‬ ‫‪y۲‬‬ ‫‪y۲‬‬ ‫‪z۲‬‬ ‫‪z۲‬‬ ‫)‪z + x + x + y‬‬

‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬

‫‪y۲‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪x۲‬‬ ‫‪z‬‬

‫‪+‬‬

‫‪x۲‬‬ ‫‪z‬‬

‫‪x۲‬‬

‫‪x۴ + y ۴ + z ۴ + ۳(x + y + z) − ( y +‬‬

‫‪x۲‬‬

‫‪= x۴ + y ۴ + z ۴ + ۳(x + y + z) + (xyz)( y +‬‬

‫‪= x۴ + y ۴ + z ۴ + ۳(x + y + z) + x۳ z + x۳ y + y ۳ x + y ۳ z + z ۳ y + z ۳ x‬‬ ‫)‪= x۳ (x + y + z) + y ۳ (x + y + z) + z ۳ (x + y + z) + ۳(x + y + z‬‬ ‫)‪= (x + y + z)(x۳ + y ۳ + z ۳ + ۳‬‬ ‫)‪= (x + y + z)(x۳ + y ۳ + z ۳ − ۳xyz‬‬ ‫)‪= (x + y + z)۲ (x۲ + y ۲ + z ۲ − xy − yz − zx‬‬ ‫‪= ۲۱ (x + y + z)۲ ((x − y)۲ + (y − z)۲ + (z − x)۲ ) ≥ ۰‬‬

‫ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺧﻂ ﺍﻭﻝ ﺑﻪ ﺩﻭﻡ ﻭ ﺧﻂ ﭘﻨﺠﻢ ﺑﻪ ﺷﺸﻢ ﺍﺯ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ)‪ (xyz = −۱‬ﻭ ﺩﺭ ﺧﻂ ﺷﺸﻢ ﺑﻪ‬ ‫ﻫﻔﺘﻢ ﺍﺯ ﺍﺗﺤﺎﺩ ﺍﻭﻳﻠﺮ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﮐﺮﺩﻩﺍﻳﻢ‪ .‬ﺿﻤﻨﴼ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﺁﺧﺮ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺣﺎﻟﺖ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﺯﻣﺎﻧﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ‬ ‫ﻳﺎ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻣﺘﻐﻴﺮﻫﺎ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﻳﺎ ﻫﺮ ﺳﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ‪ xyz = −۱‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻫﺮ ﺳﻪ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ −۱‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪ CT .۵‬ﺭﺍ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺗﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺑﺎﺭ ﺩﻭﻡ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ X‬ﻗﻄﻊ ﮐﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‪:‬‬ ‫‪∠XBT = ∠XBA + ∠ABM = ∠XBA + ∠ABM = ∠N CA + ∠ABM‬‬

‫ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ M‬ﺭﻭﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ AB‬ﻭ ‪ N‬ﺭﻭﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ AC‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪،‬‬ ‫ﻭ ‪ .∠ACN = ∠CAN‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫‪∠XBT = ∠CAN + ∠M AB = ∠BAC = ∠CXB‬‬

‫‪۴۴‬‬

‫‪∠M BA = ∠M AB‬‬

‫ﭘﺲ ﻣﺜﻠﺚ ‪ T XB‬ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ‬

‫‪= TB‬‬

‫‪ .XT‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ‬

‫‪BT + CT = XT + T C = CX = ۲R. sin(∠XBC) ≤ ۲R‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﺭﺳﻴﺪ‪.‬‬

‫‪ .۶‬ﻧﻘﻄﺔ ﺷﺮﻭﻉ ﺣﺮﮐﺖ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺭﺍ ﻣﺒﺪﺃ ﻣﺨﺘﺼﺎﺕ ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﺷﮑﻠﯽ ﮐﻪ ﻣﺤﻴﻂ ﺁﻥ ﺭﺍ ﭘﻴﻤﻮﺩﻩ ‪ S‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﻪﯼ‪ A‬ﻫﻢﻭﺍﺭﻩ ﻣﺆﻟﻔﻪﯼ ﺩﻭﻡ ﻣﺨﺘﺼﺎﺕ‪ ‬ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺭﺍ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﺯﻳﺮﺍ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﻣﺆﻟﻔﻪﯼ‬ ‫ﺩﻭﻡ ﺭﺑﺎﺕ ﻳﮑﯽ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ A ،‬ﻧﻴﺰ ﻳﮑﯽ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﻣﺆﻟﻔﻪﯼ ﺩﻭﻡ ﺭﺑﺎﺕ ﻳﮑﯽ ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪A ،‬‬ ‫ﻧﻴﺰ ﻳﮑﯽ ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮ ﺍﻳﻦ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺗﻐﻴﻴﺮﺍﺕ ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﻪﯼ ‪ B‬ﺭﺍ ﺍﻳﻦ ﻃﻮﺭ ﺑﻴﺎﻥ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﺭﻭﺑﺎﺕ‬ ‫ﺑﻪ ﺳﻤﺖ ﺷﺮﻕ ﺣﺮﮐﺖ ﻣﯽﮐﻨﺪ ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ﻣﺆﻟﻔﻪﯼ ‪ y‬ﺩﺭ ﺁﻥ ﻧﻘﻄﻪ ﺑﻪ ‪ B‬ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﻫﺮﮔﺎﻩ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺑﻪ‬ ‫ﺳﻤﺖ ﻏﺮﺏ ﺣﺮﮐﺖ ﻣﯽﮐﻨﺪ ﺑﻪ ﺍﻧﺪﺍﺯﻩﯼ ﻣﺆﻟﻔﻪﯼ ‪ y‬ﺩﺭ ﺁﻥ ﻧﻘﻄﻪ ﺍﺯ ‪ B‬ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫‪۴۵‬‬

‫ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺭﺑﺎﺕ ﻣﺴﻴﺮ ﻃﯽﺷﺪﻩ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺟﻬﺖ ﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ ﻃﯽ ﮐﺮﺩﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻫﻤﻪﯼ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎﯼ‬ ‫ﺷﺒﮑﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺩﺭﻭﻥ ‪ S‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﻭ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﺍ ‪ M۱ , M۲ , . . . , Mk‬ﺑﻨﺎﻣﻴﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻣﺨﺘﺼﺎﺕ‬ ‫ﺭﺃﺱ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ‪ (xi , yi ) ،Mi‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ﻣﺮﺑﻊ ‪ Mi‬ﺑﻪ ﻫﺮ ﻳﮏ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺿﻠﻊﹺ ﺁﻥ ﻳﮏ ﻋﺪﺩ ﻧﺴﺒﺖ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺑﻪ ﺿﻠﻊ ﭘﺎﻳﻴﻨﯽﹺ ﻣﺮﺑﻊ ‪ ،Mi‬ﻋﺪﺩ ‪ −yi‬ﺭﺍ ﻧﺴﺒﺖ ﺩﻫﻴﺪ ﻭ ﺑﻪ ﺿﻠﻊ ﺑﺎﻻﻳﯽﹺ ‪ ،Mi‬ﻋﺪﺩ‪ yi + ۱ ‬ﺭﺍ ﻧﺴﺒﺖ‬ ‫ﺩﻫﻴﺪ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﭼﻮﻥ ﺑﻌﻀﯽ ﺍﺯ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﺍﻓﻘﯽ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺮﺑﻊ ﺣﻀﻮﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﺑﻪ ﺁﻥﻫﺎ ﺩﻭ ﺑﺎﺭ ﻋﺪﺩ ﻧﺴﺒﺖ‬ ‫ﺩﺍﺩﻩ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺍﮐﻨﻮﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻧﺴﺒﺖ ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺑﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﻣﺬﮐﻮﺭ ﺭﺍ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺟﻤﻊ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﺍ ‪D‬‬ ‫ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺍﮐﻨﻮﻥ ‪ D‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻭ ﻃﺮﻳﻖ ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﻭﻻﹰ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺩﻭ ﻋﺪﺩﯼ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﻫﺮ ﻣﺮﺑﻊ ﻧﺴﺒﺖ ﺩﺍﺩﻩﺍﻳﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ D‬ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺑﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺮﺑﻊﻫﺎ ﮐﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﻣﺴﺎﺣﺖ ‪ S‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﺍﻓﻘﯽﺍﯼ ﮐﻪ ﺭﻭﯼ ﻣﺮﺯ ‪ S‬ﻗﺮﺍﺭ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺮﺑﻊ ﺣﻀﻮﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﻳﮑﯽ ﺑﺎ ﻋﻼﻣﺖ‬ ‫ﻣﺜﺒﺖ ﻭ ﺩﺭ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺑﺎ ﻋﻼﻣﺖ ﻣﻨﻔﯽ ﻭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺟﻤﻼﺗﯽ ﺑﺎﻗﯽ‬ ‫ﻣﯽﻣﺎﻧﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﻳﺎﻝﻫﺎﯼ ﺍﻓﻘﯽ ﺭﻭﯼ ﻣﺴﻴﺮ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻫﻤﺎﻥ ﻣﻘﺎﺩﻳﺮﯼ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻫﻨﮕﺎﻡ ﺣﺮﮐﺖ ﺭﻭﺑﺎﺕ ﺭﻭﯼ ﻣﺴﻴﺮ ﺑﻪ ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﺔ ‪ B‬ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ‬ ‫ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻫﻤﺎﻥ ﻋﺪﺩ ﻧﻬﺎﻳﯽ ﺧﺎﻧﺔ ‪ B‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ﺭﺑﺎﺕ ﺩﺭ ﺟﻬﺖ ﭘﺎﺩﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ ﺣﺮﮐﺖ ﮐﻨﺪ‪ ،‬ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ ﻧﺴﺒﺖ ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺑﻪ ﺍﺿﻼﻉ ﻣﺮﺯﯼ‪ ،‬ﻣﻨﻔﯽﹺ‬ ‫ﻣﻘﺎﺩﻳﺮﯼ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ‪ B‬ﺟﻤﻊ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ‪ B‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ﻣﻨﻔﯽﹺ ‪ −D‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻗﺪﺭ‬ ‫ﻣﻄﻠﻖ ﺁﻥ ﻫﻤﺎﻥ ‪ D‬ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ﻣﺴﺎﺣﺖ‪ S ‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫‪۴۶‬‬

‫‪۱۸.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺩﻭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۳‬‬

‫‪ BI .۱‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ B‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯﻫﺎ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪Ia D‬‬ ‫‪DI‬‬ ‫=‬ ‫‪IA‬‬ ‫‪Ia A‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬

‫‪DI‬‬ ‫‪BD‬‬ ‫=‬ ‫‪,‬‬ ‫‪IA‬‬ ‫‪AB‬‬

‫‪AB‬‬ ‫‪Ia A‬‬ ‫‪AD‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪+۱‬‬ ‫‪BD‬‬ ‫‪Ia D‬‬ ‫‪Ia D‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﯼ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ‬

‫√‬

‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪ ، BD‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫‪AB‬‬

‫≥‬ ‫√‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪BH‬‬ ‫‪BD‬‬ ‫= ) ◦‪= sin(۴۵‬‬ ‫≤‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪AB‬‬ ‫‪AB‬‬

‫ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ‪ H‬ﭘﺎﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻭﺍﺭﺩ ﺍﺯ ‪ B‬ﺑﺮ ‪ AD‬ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻃﻮﻝ ﺁﻥ ﺍﺯ ﻃﻮﻝ ‪ BD‬ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪ ،‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ ،x ≤ y‬ﺑﺎﻳﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ‪ .f (x) − x۲ − x ≤ f (y) − y۲ − y‬ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻓﺮﺿﻴﺎﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪f (x) − x۳ ≤ f (y) − y ۳‬‬

‫‪f (x) − ۳x ≤ f (y) − ۳y,‬‬

‫ﭘﺲ‬ ‫‪f (y) − f (x) ≥ y ۳ − x۳‬‬

‫‪f (y) − f (x) ≥ ۳y − ۳x,‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ‪ ،f (y) − f (x) ≥ y۲ + y − x − x۲‬ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﺩﻫﻴﻢ ‪ y۲ + y − x − x۲‬ﺍﺯ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻋﺒﺎﺭﺕ ‪ ۳y − ۳x‬ﻭ ‪ y۳ − x۳‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻓﺮﺽ‬ ‫ﮐﻨﻴﺪ ﻣﻄﻠﺐ ﺍﺧﻴﺮ ﺩﺭﺳﺖ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫‪y ۲ + y − x۲ − x > y ۳ − x۳‬‬

‫‪y ۲ + y − x۲ − x > ۳y − ۳x,‬‬

‫ﭘﺲ‬ ‫) ‪(y − x)(y + x + ۱) > (y − x)(y + xy + x۲‬‬

‫‪(y − x)(y + x + ۱) > ۳(y − x),‬‬

‫ﮐﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻣﺜﺒﺖ ﺑﻮﺩﻥ ‪ y − x‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪y + x + ۱ > y ۲ + xy + x۲‬‬

‫ﺍﮔﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ ‪ S = x + y‬ﻭ‬

‫‪= xy‬‬

‫‪x + y + ۱ > ۳,‬‬

‫‪ ،P‬ﻧﺘﺎﻳﺞ ﺑﺎﻻ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﺩﺭ ﻣﯽﺁﻳﻨﺪ‪:‬‬ ‫‪S + ۱ > S۲ − P‬‬

‫‪S > ۲,‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﺣﺴﺎﺑﯽﻫﻨﺪﺳﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪S۲‬‬ ‫‪+ ۱ > S + P + ۱ > S۲‬‬ ‫‪۴‬‬

‫‪۴۷‬‬

‫‪≥P‬‬

‫‪S+‬‬

‫‪ ، S۴۲‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺭﺍﺑﻄﻪ ﻭ ﺩﻭ‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ ۳S ۲ − ۴S − ۴ < ۰‬ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻣﻄﻠﺐ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ S > ۲‬ﻏﻠﻂ ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺣﺎﺻﻞ ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ y۲ + y − x۲ − x‬ﺍﺯ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻋﺒﺎﺭﺕ ‪ ۳y − ۳x‬ﻭ ﻳﺎ ‪ y۳ − x۳‬ﮐﻢﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﻣﻄﻠﺐ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﺎﻳﺪ ﻳﮏ ﺗﺼﺤﻴﺢ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺷﮑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺷﻮﺩ ﮐﻪ )) ﻫﺮ ﺷﺮﮐﺖ ﻭﻇﻴﻔﻪﯼ ﻣﺮﻣﺖ ‪ ۳۰‬ﺟﺎﺩﻩ ﺍﺯ‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺳﺮﺵ ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺍﺭﺩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﻋﻬﺪﻩ ﮔﺮﻓﺘﻪ ﺍﺳﺖ‪ ((.‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﺣﻞ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻣﯽﭘﺮﺩﺍﺯﻳﻢ‪.‬‬ ‫) (‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﻢ ﻳﮏ ﺷﺮﮐﺖ ﺩﺭ ‪ n‬ﺷﻬﺮ ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ n۲‬ﺟﺎﺩﻩ ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻣﺮﻣﺖ ﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫) (‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ ‪ ، n۲ ≥ ۳۰‬ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺭﺍﺑﻄﻪ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ ،n ≥ ۹‬ﻳﻌﻨﯽ ﻫﺮ ﺷﺮﮐﺖ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﺭ ‪۹‬‬ ‫ﺷﻬﺮ ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪ ۷۲۰ = ۸۰ × ۹‬ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﺩﺭ ﺷﻬﺮﻫﺎ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﭘﺲ ﺷﻬﺮﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ﺣﺪﺍﻗﻞ‬ ‫‪=۸‬‬

‫⌉ ‪⌈ ۷۲۰‬‬ ‫‪۱۰۰‬‬

‫ﻧﻤﺎﻳﻨﺪﮔﯽ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺍﮔﺮ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ ‪ ،m = n‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪ ۲f (n)|۲n‬ﭘﺲ ‪ .f (n)|n‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n‬ﺑﺎﻳﺪ ‪.f (n) ≤ n‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ m‬ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺩﻝﺧﻮﺍﻫﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺍﻭﻝ ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ ﭘﺲ‬ ‫ﻋﺪﺩ ﺍﻭﻝ ‪ P > m‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﺟﺎﯼ ‪ n‬ﺩﺭ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ‪ P − m‬ﺭﺍ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪f (m) + f (P − m)|P ⇒ f (m) + f (P − m) = P‬‬

‫ﺍﻣﺎ ﭼﻮﻥ ‪ f (m) ≤ m‬ﻭ ‪ f (P − m) ≤ P − m‬ﭘﺲ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﺍﺧﻴﺮ ﺗﺴﺎﻭﯼ‬ ‫ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ f (m) = m‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻣﻄﻠﺐ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺗﺎﺑﻊ‬ ‫ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺗﺎﺑﻊ ﻫﻤﺎﻧﯽ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺩﺭ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﭼﻬﺎﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ X ،C ،B‬ﻭ ‪ Y‬ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪).‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﭼﻮﻥ ‪ AD‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ﺩﻭ ﮐﻤﺎﻥ ‪ M B‬ﻭ ‪ M C‬ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .M B = M C‬ﭘﺲ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ‪ M‬ﻭ ﺷﻌﺎﻉ ‪ M B‬ﺍﺯ ‪ C‬ﻫﻢ ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ‪ (.‬ﭘﺲ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪BD × DC = DX × DY‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﭼﻬﺎﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ C ،B ،A‬ﻭ ‪ M‬ﻧﻴﺰ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫‪AD × DM = BD × DC‬‬

‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﻓﻮﻕ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪AD × DM = DX × DY‬‬

‫‪۴۸‬‬

‫ﭘﺲ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ AXM Y‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .∠XY M = ∠XAM ، ∠Y XM = ∠Y AM‬ﺑﺎ‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﺍﺧﻴﺮ ﻭ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ ‪ XY M‬ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ) ‪ M‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﺯ ‪ X‬ﻭ ‪Y‬‬ ‫ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ(‪ .‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪ ∠Y AM = ∠M AX‬ﮐﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺳﺘﻮﻥ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩﯼ ﺗﻤﺴﺎﺡ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ ﺗﻤﺎﻡ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﺗﻬﺪﻳﺪ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ﺑﺎ ‪ n‬ﺗﻤﺴﺎﺡ ﺗﻤﺎﻡ‬ ‫ﺻﻔﺤﻪ ﺗﻬﺪﻳﺪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﺑﺎ ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ‪ n‬ﺗﻤﺴﺎﺡ ﺍﻣﮑﺎﻥﭘﺬﻳﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪αi‬‬ ‫)‪ (۱ ≤ i ≤ n‬ﻧﺸﺎﻥﺩﻫﻨﺪﻩﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺗﻤﺴﺎﺡﻫﺎ ﺩﺭ ﺳﺘﻮﻥ ‪i‬ﺍﻡ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﺳﺘﻮﻥﻫﺎﯼ ‪،i۲ ،i۱‬‬ ‫‪. . .‬ﻭ ‪ ik‬ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪αi۱ −۱ + αi۱ +۱ ≥ m‬‬ ‫‪αi۲ −۱ + αi۲ +۱ ≥ m‬‬

‫‪..‬‬ ‫‪.‬‬

‫‪αik −۱ + αik +۱ ≥ m‬‬

‫ﺩﻟﻴﻞ ﺍﻳﻦ ﻣﻄﻠﺐ ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺳﺘﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻮﻥ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺳﺘﻮﻥ ﺑﺎﻳﺪ ﺗﻬﺪﻳﺪ ﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺳﺘﻮﻥ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺁﻥ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪ m‬ﺗﻤﺴﺎﺡ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪).‬ﺍﮔﺮ ﺳﺘﻮﻥ ﺍﻭﻝ ﻭ‬ ‫ﻳﺎ ﺁﺧﺮ ﻣﻬﺮﻩ ﻧﺪﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﺳﺘﻮﻥ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺭ ﻫﻤﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺁﻥ ﺳﺘﻮﻥ ﺗﻤﺴﺎﺡ ﺑﺎﺷﺪ‪(.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻳﻦ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼﻫﺎ ﺭﺍ ﺟﻤﻊ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺟﻤﻊ ﻫﻤﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ‪ mk‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼﻫﺎﯼ ﺯﻳﺮ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪mk‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪αij +۱‬‬

‫‪k‬‬ ‫∑‬ ‫‪j=۱‬‬

‫‪mk‬‬ ‫‪,‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪۴۹‬‬

‫≥ ‪αij −۱‬‬

‫‪k‬‬ ‫∑‬ ‫‪j=۱‬‬

‫)ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ‪ α۰‬ﻭ ﻳﺎ ‪ αn+۱‬ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻧﻴﺎﺯ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ‪(.‬‬ ‫‪ mk‬ﺍﺳﺖ‪) .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ k‬ﺗﺎ ﺍﺯ ‪αi‬ﻫﺎ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ‪۲‬‬ ‫ﺳﺘﻮﻥ ﺍﻭﻝ ﻳﺎ ﺁﺧﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎﻳﺶ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪k − ۱‬ﺗﺎ ﺍﺯ ﺍﺯ ‪αi‬ﻫﺎ ﻣﺠﻤﻮﻉﺷﺎﻥ‬ ‫‪ mk‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻣﻄﻠﺐ ﺩﺭ ﺗﺨﻤﻴﻦ ﻣﺎ ﺑﻪﺗﺮ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪(.‬‬ ‫ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ‪۲‬‬ ‫‪∑n‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻋﺒﺎﺭﺕ ‪ i=۱ αi‬ﮐﻪ ﻧﺸﺎﻥﺩﻫﻨﺪﻩﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺍﺳﺖ‪ k ،‬ﺟﻤﻠﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ‬ ‫‪ mk‬ﺍﺳﺖ ﻭ ‪ n − ۲k‬ﺟﻤﻠﻪﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﻫﻢ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮏ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫‪ k‬ﺟﻤﻠﻪﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪۲‬‬ ‫‪mk‬‬ ‫)‪+ (n − ۲k‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭼﻮﻥ ‪ ،m ≥ ۴‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‬

‫‪≥ ۲k‬‬

‫‪mk‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭘﺲ‬

‫≥ ‪αi‬‬

‫‪n‬‬ ‫∑‬ ‫‪i=۱‬‬

‫‪mk‬‬ ‫‪+ (n − ۲k) ≥ n‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺑﻪ ‪ m‬ﺗﻤﺴﺎﺡ ﻧﻴﺎﺯ ﺩﺍﺭﻳﻢ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻣﻄﺐ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺭﺍ ﺗﻤﺎﻡ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬

‫‪۵۰‬‬

‫‪۱۹.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺳﻮﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۴‬‬

‫‪ .۱‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ p‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﻭ )‪ ،p|(n − ۱)(n۲ + n + ۱‬ﭘﺲ‬ ‫ﻭ ﻳﺎ ‪ .p|n۲ + n + ۱‬ﺍﮔﺮ ‪ ،p|n − ۱‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ p ≤ n − ۱‬ﻭ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ n|p − ۱‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫‪ .n ≤ p − ۱‬ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪.p|n۲ + n + ۱‬‬ ‫‪ ،n|p − ۱‬ﭘﺲ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ t‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ‪ .p = tn + ۱‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ‪ .t = n + ۱‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪p|n − ۱‬‬

‫‪p|n۲ + n + ۱ ⇒ tn + ۱|n۲ + n + ۱ ⇒ tn + ۱|n۲ + n + ۱ − tn − ۱‬‬ ‫‪⇒ tn + ۱|(n + ۱ − t)n ⇒ tn + ۱|n + ۱ − t‬‬

‫ﮐﻪ ﺁﺧﺮﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪﮔﻴﺮﯼ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻟﻢ ﺍﻗﻠﻴﺪﺱ ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺩﻟﻴﻞ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪.(tn + ۱, n) = (n, ۱) = ۱‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ‪ n + ۱ − t ،t ̸= n + ۱‬ﺻﻔﺮ ﻧﻴﺴﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ |‪ .tn + ۱ ≤ |n + ۱ − t‬ﺑﺮﺍﯼ |‪ |n + ۱ − t‬ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪n + ۱ − t > ۰ ⇒ n + ۱ ≤ tn + ۱ ≤ n + ۱ − t < n + ۱‬‬ ‫‪n + ۱ − t < ۰ ⇒ t < tn + ۱ ≤ t − (n + ۱) < t‬‬

‫ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ . t = n + ۱‬ﺣﺎﻝ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪t = n + ۱ ⇒ p = tn + ۱ = n۲ + n + ۱ ⇒ ۴p − ۳ = ۴n۲ + ۴n + ۱ = (۲n + ۱)۲‬‬

‫ﭘﺲ ‪ ۴p − ۳‬ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ .p|n۲ + n + ۱‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ‬ ‫ﮐﻪ ‪ n|p − ۱‬ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ k‬ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ .p = kn + ۱‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ t‬ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ‬ ‫‪ .n۲ + n + ۱ = (kn + ۱)t‬ﺑﺎ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺍﺧﻴﺮ ﺑﻪ ﭘﻴﻤﺎﻧﻪﯼ ‪ n‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ )ﺑﻪ‬ ‫ﭘﻴﻤﺎﻧﻪﯼ ‪ ،t ≡ ۱ (n‬ﭘﺲ ﻋﺪﺩ ﺻﺤﻴﺢ ﻧﺎﻣﻨﻔﯽ ‪ s‬ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ .t = sn + ۱‬ﺍﮔﺮ ‪ s > ۰‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ‬ ‫‪ (sn + ۱)(tn + ۱) > n۲ + n + ۱‬ﮐﻪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ s = ۰‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .t = ۱‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ .p = n۲ + n + ۱‬ﻗﺴﻤﺖ‬ ‫ﺁﺧﺮ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﻫﻢ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠ADB‬ﻭ ‪ ∠ADC‬ﻳﮑﯽ ﮐﻢﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ◦‪ ۹۰‬ﻭ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ‬ ‫◦‪ ۹۰‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﺪﻭﻥ ﮐﺎﺳﺘﻪ ﺷﺪﻥ ﺍﺯ ﮐﻠﻴﺖ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻭ ﺑﻪ ﺩﻟﻴﻞ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻓﺮﺽ ﮐﺮﺩ ‪ .۹۰◦ ≤ ∠ADC‬ﺩﺭ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺧﻮﺍﺹ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪∠ABO۱ = ۹۰◦ − ∠ADB = ∠ADC − ۹۰◦ = ∠ACO۲‬‬

‫ﭘﺲ ‪ BO۱‬ﻭ ‪ CO۲‬ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﺭﺍ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺑﺎﻻ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ‪ ∠BAO۱ = ∠CAO۲‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ◦‪.∠O۱ AO۲ = ∠BAC = ۶۰‬‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪)O۱ O۲‬ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ (AD‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ◦‪ ∠O۱ DO۲ = ۶۰‬ﻟﺬﺍ‬ ‫◦‪ ∠O۱ N O۲ = ۱۲۰‬ﻭ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ M‬ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABC‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ◦‪ ∠O۱ M O۲ = ۶۰‬ﺍﺳﺖ ﻭ‬ ‫‪۵۱‬‬

‫ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﭼﻬﺎﺭﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ O۱ ،N ،M‬ﻭ ‪ O۲‬ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ‬ ‫ﭘﺲ ‪ M N‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠O۱ M O۲ = ∠BM C‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠BM C‬ﺍﺯ ﻭﺳﻂ‬ ‫ﮐﻤﺎﻥ ‪ BC‬ﺩﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ ﮐﻪ ﻳﮏ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪O۱ N = O۲ N‬‬

‫‪ .۳‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ d۱ < d۲ < · · · < dr‬ﻫﻤﻪﯼ ﻓﺎﺻﻠﻪﻫﺎﯼ ﻇﺎﻫﺮ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﺳﻴﺎﺭﺍﺕ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ‬ ‫ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ .r ≤ ۷۸‬ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﻓﻀﺎ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﺪ ﻭ ﮐﺮﻩﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﻭ ﺷﻌﺎﻉﻫﺎﯼ ‪ d۱ < d۲ < · · · < dr‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﻣﺎ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ‬ ‫ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎﻳﺪ ﺭﻭﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ‪ r‬ﮐﺮﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﺍﺻﻞ ﻻﻧﻪﮐﺒﻮﺗﺮﯼ ﺭﻭﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﮐﺮﻩﻫﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﺣﺪﺍﻗﻞ‬ ‫⌈‬ ‫⌈ ⌉‬ ‫⌉‬ ‫‪ ۱۰۶r−۱ ≥ ۱۰۷۸۶ −۱ = ۱۲۸۲۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﻳﻦ ﮐﺮﻩ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﻭ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺭﻭﯼ‬ ‫ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﻣﺠﺪﺩﴽ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ﺍﻳﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ﺟﺪﻳﺪ ‪ r‬ﮐﺮﻩ ﺑﺎ ﺷﻌﺎﻉﻫﺎﯼ ‪d۱ < d۲ < · · · < dr‬‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺗﻤﺎﻡ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ﺳﺘﺎﺭﻩﺍﯼ ﮐﻪ ﻣﺮﮐﺰ ﺍﻳﻦ ﮐﺮﻩﻫﺎﺳﺖ ﺭﻭﯼ ﺍﻳﻦ ‪ r‬ﮐﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪،‬‬ ‫ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ﻃﺒﻖ ﺍﺻﻞ ﻻﻧﻪ ﮐﺒﻮﺗﺮﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﮐﺮﻩﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ‪ ۱۲۸۲۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩﺍﯼ ﮐﻪ ﺭﻭﯼ ﮐﺮﻩﯼ ﺍﻭﻝ‬ ‫⌉‬ ‫⌈‬ ‫⌉‬ ‫⌈‬ ‫‪ ۱۲۸۲۰‬ﺗﺎ ﺍﺯ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ‪۱۶۵‬‬ ‫‪≥ ۱۲۸۲۰‬‬ ‫ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺷﺘﻨﺪ ﺷﺎﻣﻞ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪= ۱۶۵‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪۷۸‬‬ ‫ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺭﻭﯼ ﺩﻭ ﮐﺮﻩﯼ ﻏﻴﺮﻫﻢﻣﺮﮐﺰ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ﺭﻭﯼ ﺍﺷﺘﺮﺍﮎ ﺁﻥﻫﺎ ﮐﻪ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺍﺳﺖ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﻳﻦ ‪ ۱۶۵‬ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ‪۱۶۵‬ﺗﺎ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﻢ ﺑﺮﺍﯼ‬ ‫ﻫﺮ ‪ ۱ ≤ i ≤ r‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ‪ ۱۶۴‬ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ﺑﺎﻗﯽﻣﺎﻧﺪﻩ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ di‬ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻳﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ ﺭﻭﯼ ﺍﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﺎﻳﺪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۲ × ۷۸ + ۱ = ۱۵۷‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻃﻮﺭ ﻧﻴﺴﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﻓﺮﺽ ﺍﻭﻟﻴﻪﯼ ﻣﺎ ﺍﺷﺘﺒﺎﻩ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪۷۹‬ﻋﺪﺩ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﻓﻮﺍﺻﻞ ﺩﻭﺑﻪﺩﻭﯼ ﺍﻳﻦ ﻳﮏ‬ ‫ﻣﻴﻠﻴﻮﻥ ﺳﻴﺎﺭﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺣﺪﺍﻗﻞ ‪ ۲n−۱‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۱ × n‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ ﻭ ﺣﺮﮐﺎﺕ‬ ‫‪۵۲‬‬

‫ﻣﺠﺎﺯ ﻣﺎ ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﺍﯼ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺷﺖ ﺑﺘﻮﺍﻧﻴﻢ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﺍﺯ ﺁﻥ ﺧﺎﺭﺝ ﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﻳﮏ‬ ‫ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺘﺶ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻴﻢ ﺑﺎ ﺟﺎﺑﻪﺟﺎﻳﯽ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺁﺧﺮﻳﻦ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺮﺳﺎﻧﻴﻢ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۱‬ﺑﺪﻳﻬﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ k‬ﺩﺭﺳﺖ‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﻣﺎ ‪ ۲k‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ )‪ ۱ × (k + ۱‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺍﺯ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﺩﺭ ﺁﺧﺮﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﭼﻴﺰﯼ ﺑﺮﺍﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﺮﺩﻥ ﺑﺎﻗﯽ ﻧﻤﯽﻣﺎﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪ ﺧﺎﻟﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ‪ ۲k‬ﻣﻬﺮﻩ‬ ‫ﺭﺍ ﮐﻪ ﻫﻤﮕﯽ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۱ × k‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺩﺳﺘﻪﯼ ‪ ۲k−۱‬ﺗﺎﻳﯽ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ‬ ‫ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺟﺎﺑﻪﺟﺎﻳﯽ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺩﺳﺘﻪ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺩﻭﻡ ﺍﺯ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺭﺳﺎﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪ ﻣﯽﺭﺳﺪ ﻭ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺮﺩ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﺳﺮﺍﻍ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﻣﯽﺭﻭﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﺭﺍ ﻫﻢ ﺷﺒﻴﻪ ﺑﻪ ﺑﺎﻻ ﺑﻪ ﮐﻤﮏ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺎﺯ ﻫﻢ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n = ۱‬ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ‬ ‫ﻗﺎﺑﻞ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ k‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﻣﺎ ‪ ۲k+۱‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ )‪۲ × (k + ۱‬‬ ‫ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪ .‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺑﺎﻻ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ)ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﺘﺎﺭﻩﺍﯼ( ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻴﺰﯼ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺑﺎﻗﯽ ﻧﻤﯽﻣﺎﻧﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺭ ﺍﮔﺮ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺎﺷﺪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻭ‬ ‫ﻣﻬﺮﻩ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪ ﺑﺮﺩﺍﺷﺖ ﻭ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺭﺍﺳﺖ ﻣﻨﺘﻘﻞ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺑﺎﺯ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺣﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺭﺍﺳﺖ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺮ ﺣﺴﺐ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﻬﺮﻩﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺭﺍﺳﺖ ﻣﻬﺮﻩﺍﯼ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻫﻤﻪﯼ ‪ ۲k+۱‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۲ × k‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺑﺎﻻ ‪ ۲k+۱‬ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺩﺳﺘﻪﯼ ‪۲k‬ﺗﺎﻳﯽ ﺑﻪ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﻫﺮ‬ ‫ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺩﺳﺘﻪﻫﺎ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺩﻭﻡ ﺍﺯ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺍﺯ ﺭﺩﻳﻒ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺭﺳﺎﻧﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﻬﺮﻩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺳﺎﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ۲k+۱ − ۱ .‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺑﻘﻴﻪﯼ ﺟﺪﻭﻝ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﺍﺻﻞ ﻻﻧﻪﮐﺒﻮﺗﺮﯼ ﻳﺎ ‪ ۲k‬ﺩﺭ ﺭﺩﻳﻒ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻃﺒﻖ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻗﺴﻤﺖ ﺍﻭﻝ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺳﺎﻧﺪ ﻭ ﻳﺎ ‪ ۲k‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺭﺩﻳﻒ ﭘﺎﻳﻴﻨﯽ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺁﻥ ﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺟﺎ ﺑﺎﺯ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺣﮑﻤﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ‬ ‫ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺭﺍﺳﺖ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ ۲‬ﻣﻬﺮﻩ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﻧﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﮔﻴﺮﺩ ﻭ ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ‬ ‫ﻣﻬﺮﻩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﮏ ﻣﻬﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺭﺍﺳﺖ ﺭﺳﺎﻧﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ BC‬ﻗﻄﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻭ ﻟﺬﺍ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ XY‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ،∠BCY = ∠BCX‬ﻭ‬ ‫‪ .∠Y BC = ∠XBC‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ ∠KBC = ∠BCY = ∠BCK ،BK ∥ CY‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪.BK = KC‬‬ ‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ‪ ∠XP K = ∠XY C = ∠Y XC‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .KX = KP‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ KCP M‬ﻣﺘﻮﺍﺯﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫‪ .KP = CM‬ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ‪ ∠BKX = ∠M CK‬ﻭ ﻟﺬﺍ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ XKB‬ﻭ ‪ CM K‬ﻫﻢﻧﻬﺸﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺍﺯ‬ ‫ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ BC‬ﻗﻄﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺍﺳﺖ‪ ∠BXC = ۹۰◦ ،‬ﻭ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻫﻢﻧﻬﺸﺘﯽ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ∠KM C‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻭ ‪ . KM ⊥ Y C‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺑﺎﺯ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺑﻮﺩﻥ ‪ P B‬ﻭ ‪ CY‬ﺣﮑﻢ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪۵۳‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺍﺯ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﮐﺎﺭﻧﻮ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺗﺤﺖ ﺷﺮﺍﻳﻂ‬ ‫ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ .BM ۲ − P M ۲ = BK ۲ − P K ۲‬ﻃﺒﻖ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﻓﻴﺜﺎﻏﻮﺭﺱ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ﻗﺎﺋﻢﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪﯼ ‪BM ۲ = ،BY M‬‬ ‫‪ .BY ۲ + Y M ۲‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ P M ∥ XC‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .∠Y P M = ∠Y XM = ∠CY P‬ﭘﺲ ﻣﺜﻠﺚ ‪P M Y‬‬ ‫ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ ﻭ ‪ .P M = M Y‬ﺩﺭ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ ﻫﻢ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩﻳﻢ ﮐﻪ ‪ KP = XK‬ﻭ ‪ .BK = KC‬ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺑﺎ ﺗﺮﮐﻴﺐ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﻭ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﻓﻴﺜﺎﻏﻮﺭﺱ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ BXK‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪BM ۲ − P M ۲ = (BY ۲ + Y M ۲ ) − Y M ۲ = BY ۲ = BX ۲ = BK ۲ − KX ۲ = BK ۲ − KP ۲‬‬

‫ﮐﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﭼﻴﺰﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﯽﺧﻮﺍﺳﺘﻴﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ‪ f‬ﺗﺎﺑﻌﯽ ﻳﮏ ﺑﻪ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ )‪ f (a) = f (b‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩﻥ ‪ y = ۱‬ﺩﺭ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪ ﻭ‬ ‫ﻳﮏ ﺑﺎﺭ ﺟﺎﯼﮔﺬﺍﺭﯼ ‪ a‬ﻭ ﺑﺎﺭ ﺩﻳﮕﺮ ‪ b‬ﺑﻪ ﺟﺎﯼ ‪ x‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪(a + ۱)f (f (a)) = a۲ f (f (a) + f (۱)) ‬‬ ‫‪a۲‬‬ ‫‪b۲‬‬ ‫⇒‬ ‫=‬ ‫‪⇒ · · · ⇒ (a − b)(ab + a + b) = ۰‬‬ ‫‪a+۱‬‬ ‫‪b+۱‬‬ ‫‪(b + ۱)f (f (b)) = b۲ f (f (b) + f (۱)) ‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ ab + a + b‬ﻣﺜﺒﺖ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ‪ a = b‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫ﺗﺎﺑﻊ ﻳﮏ ﺑﻪ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ﻳﮏ ‪ x > ۱‬ﺩﺭ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﺑﻪ ﺟﺎﯼ ‪ x۲ − x ،y‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‪:‬‬ ‫))‪(x + (x۲ − x))f (f (x)(x۲ − x)) = x۲ f (f (x) + f (x۲ − x‬‬ ‫))‪f (f (x)(x۲ − x)) = f (f (x) + f (x۲ − x‬‬

‫⇒‬

‫)‪f (x)(x۲ − x) = f (x) + f (x۲ − x‬‬

‫⇒‬

‫)‪f (x)(x۲ − x − ۱) = f (x۲ − x‬‬

‫⇒‬

‫ﺩﺭ ﺧﻂ ﺩﻭﻡ ﺑﻪ ﺳﻮﻡ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺑﻪ ﻳﮑﯽ ﺗﺎﺑﻊ ‪ f‬ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ﺩﺭﺟﻪ‬ ‫ﺩﻭﻡ ‪ x۲ − x − ۱‬ﺩﻭ ﺭﻳﺸﻪﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺍﻳﻦ ﺭﻳﺸﻪ ﺭﺍ ‪α‬‬ ‫ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪ ،‬ﺑﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩﻥ ‪ x = α‬ﺩﺭ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ﺁﺧﺮ ﺑﻪ ‪ f (۱) = ۰‬ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ ﮐﻪ ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ ‪ F‬ﻣﺜﺒﺖ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﭼﻨﻴﻦ ﺗﺎﺑﻌﯽ ﺍﺻﻼﹰ ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪۵۴‬‬

‫‪۲۰.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭼﻬﺎﺭﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۵‬‬

‫‪ .۱‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺭﺍ ‪ O‬ﻧﺎﻡﮔﺬﺍﺭﯼ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ‪ .M A′ ∥ OB ′‬ﺯﻳﺮﺍ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺑﺎ ﺭﺋﻮﺱ ‪ A′ ،O ،M‬ﻭ ‪ B ′‬ﻳﮏ ﺫﻭﺯﻧﻘﻪﯼ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪﯼ ﺁﻥ‬ ‫‪ M O = A′ B ′‬ﻭ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺗﻮﺍﺯﯼ ‪ M A′‬ﻭ ‪ OB ′‬ﻫﻢ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪∠OM A = ∠OAM = ∠BAM = ∠BN M = ∠B ′ N M = ∠B ′ OM ⇒ B ′ O ∥ M A′‬‬

‫‪ .۲‬ﺑﺎ ﺩﻭ ﻣﺮﺗﺒﻪ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫) ‪) = ۴P ( x۲ , y۲‬‬

‫‪x+y x−y‬‬ ‫‪۲ − ۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪,‬‬

‫‪x+y x−y‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪۴P ( ۲ ۲ ۲‬‬

‫‪x−y‬‬ ‫‪P (x, y) = ۲P ( x+y‬‬ ‫=) ‪۲ , ۲‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺿﺮﻳﺐ ﺟﻤﻠﻪﯼ ‪ xi yj‬ﺩﺭ )‪ P (x, y‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ A‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺿﺮﻳﺐ ﺁﻥ ﺩﺭ ) ‪ ۴P ( x۲ , y۲‬ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪ ۴A × ۲−i−j‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﺟﻤﻼﺕ ﺑﺎ ﺿﺮﻳﺐ ﻧﺎﺻﻔﺮ ﺑﺎﻳﺪ ‪ i + j = ۲‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ )‪ P (x, y‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺷﺎﻣﻞ‬ ‫ﺳﻪ ﺟﻤﻠﻪﯼ ‪ y۲ ،x۲‬ﻭ ‪ xy‬ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ‪ ،P (x, y) = ax۲ + bxy + cy۲‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‪:‬‬ ‫‪۲P (x, y) = ۲ax۲ + ۲bxy + ۲cy ۲ = P (x + y, x − y) = (a + b + c)x۲ + ۲(a − c)xy + (a + c − b)y ۲‬‬

‫ﭘﺲ ‪ ۲(a − c) = ۲b ،a + b + c = ۲a‬ﻭ ‪ a + c − b = ۲c‬ﮐﻪ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺳﻪ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ‪ a = b + c‬ﭘﺲ‬ ‫ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺟﻮﺍﺏ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﻪ ﻓﺮﻡ ‪ P (x, y) = (b + c)x۲ + bxy + cy۲‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﭼﮏ ﮐﺮﺩ‬ ‫ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺻﺮﻕ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ k‬ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﭘﺎﻳﻪﯼ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺭ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﮔﺎﻡ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻓﺮﺽ‬ ‫ﮐﻨﻴﺪ ‪ b۱‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ‪bi‬ﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺍﮔﺮ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﺑﺎﺯﻩﯼ ] ‪)[a۱ , b۱‬ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ‬ ‫ﺩﺭ ﻃﻮﻝ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ( ﻭ ﻫﻤﻪﯼ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺁﻥ ﻟﺤﻈﻪﺍﯼ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺩﻳﺪﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﻧﺪ ﺭﺍ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻈﺮ ﻧﮕﻴﺮﻳﻢ‪ ،‬ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺑﺎﻗﯽﻣﺎﻧﺪﻩ ﻭ ‪ k − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ‪ k − ۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ‬ ‫ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺭﺍ ﺍﺯ ﺑﻴﻦ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﻳﯽ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﻴﭻ ﻟﺤﻈﻪﺍﯼ ﺑﺎ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱‬ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﻧﺒﻮﺩﻩﺍﻧﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ‬ ‫‪ k − ۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺑﻪ ﻫﻢﺭﺍﻩ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ k ،۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻟﺤﻈﻪﺍﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺗﺎ ﺍﺯ‬ ‫‪۵۵‬‬

‫ﺁﻥﻫﺎ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺩﻳﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﭘﺲ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ‪ k − ۱‬ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ﺍﻭﻟﻴﻪ ﺩﻭ ﺳﺘﺎﺭﻩ ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﺪﻧﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺯﻣﺎﻥ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﻇﺎﻫﺮ ﺑﻮﺩﻧﺪ ﻭ‬ ‫ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﺮﺍﯼ ‪ k − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻃﺒﻖ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ k − ۲‬ﻋﮑﺲ ﮔﺮﻓﺖ ﺑﻪ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ‬ ‫ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱‬ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺩﻳﺪﻩ ﻧﺸﺪﻩﺍﻧﺪ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﺩﺭ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻋﮑﺲﻫﺎ ﺩﻳﺪﻩ ﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺩﺭ ﻟﺤﻈﻪﯼ ‪ b۱‬ﻫﻢ ﻋﮑﺴﯽ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ ،‬ﻫﻤﻪﯼ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ‪ ۱‬ﺍﺷﺘﺮﺍﮎ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﻋﮑﺲ ﺩﻳﺪﻩ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭼﺮﺍ ﮐﻪ ‪ b۱‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ‪bi‬ﻫﺎ ﻓﺮﺽ ﺷﺪﻩ ﺑﻮﺩ ﻭ ﻟﺬﺍ ﻫﺮ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﮐﻪ ﺑﺎ ] ‪[a۱ , b۱‬‬ ‫ﺍﺷﺘﺮﺍﮎ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺷﺎﻣﻞ ‪ b۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ﭘﺎﻳﻪﯼ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ‪ ،‬ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻗﺴﻤﺖ ﭘﺎﻳﺎﻧﯽ ﺑﻨﺪ ﺑﺎﻻ ﮐﺎﺭ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﻫﻢ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪b۱‬‬ ‫ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ‪bi‬ﻫﺎ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺣﻀﻮﺭ ﻫﺮ ﺩﻭ‬ ‫ﺳﺘﺎﺭﻩ ﺩﺭ ﺁﺳﻤﺎﻥ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺍﺷﺘﺮﺍﮎ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺣﻀﻮﺭ ﻫﺮ ﺳﺘﺎﺭﻩﯼ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺷﺎﻣﻞ ‪ b۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﻟﺤﻈﻪ ) ‪ (b۱‬ﻋﮑﺴﯽ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ ﻫﻤﻪﯼ ﺳﺘﺎﺭﻩﻫﺎ ﺩﺭ ﺁﻥ ﺩﻳﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺍﻟﻒ‪.‬‬ ‫ ‬ ‫‪⇒ m + n m۲ − ۱‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫‪m + n |mn + ۱‬‬

‫‪m + n |m۲ + nm ‬‬

‫ﭘﺲ ‪ m + n‬ﺑﺎﻳﺪ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ‪ m۲ − ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ‪ m۲ − ۱‬ﺗﻨﻬﺎ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﻟﺬﺍ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﺍﻳﻦﭼﻨﻴﻨﯽ ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺏ‪ .‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ m‬ﻭ ‪ n‬ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ .m + n|mn + ۱‬ﺑﺎ‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻣﺘﻘﺎﺭﻥ ﺑﻮﺩﻥ ﺭﺍﺑﻄﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻓﺮﺽ ﮐﺮﺩ ‪ .n > m‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﭼﮏ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ‬ ‫ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ‬ ‫)‪(m, m۲ − m − ۱, ۲m + ۱, ۲m + ۳, . . . , ۲n + ۱, n۲ − n − ۱, n‬‬

‫ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺮﺁﻭﺭﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﻫﻢ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺭﺍﻩﺣﻞ ﻗﺒﻠﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪،۳ ≤ m < n‬‬ ‫ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ .m۲ − m − ۱ < n۲ − n − ۱‬ﭘﺲ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ‬ ‫)‪(m, m۲ − m − ۱, m۲ − m + ۱, m۲ + m + ۳, . . . , n۲ − n − ۳, n۲ − n − ۱, n‬‬

‫ﻫﻢ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺑﺮﺍﯼ ﺣﻞ ﺍﻳﻦ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻳﮏ ﻟﻢ ﻣﻌﺮﻭﻑ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻣﺜﻠﺜﯽ ﺑﺎ ﺍﺿﻼﻉ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ b ،a‬ﻭ ‪ ،c‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﻣﺴﺎﺣﺖ ‪ S‬ﺑﻮﺩﻩ ﻭ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺁﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪ R‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﺪ ﮐﻪ ‪.۴RS = abc‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ A‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﺭﻭﺑﻪﺭﻭ ﺑﻪ ﺿﻠﻊ ‪ a‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﺳﻴﻨﻮﺱﻫﺎ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪۱ a‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪⇒ ۴RS = abc‬‬ ‫‪S = bc sin A = bc‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲ ۲R‬‬

‫‪۵۶‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ L‬ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ AC‬ﻭ ‪ BD‬ﺑﺎﺷﺪ‪ M .‬ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺭﻭﯼ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ﺑﺎﻻ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪ AM C‬ﻭ ‪ BM D‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪) :‬ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ R‬ﮔﺮﻓﺘﻴﻢ ﻭ ﻣﺴﺎﺣﺖ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚﻫﺎ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ S‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪(.‬‬ ‫‪M A.M C.AC = ۴R.SAM C , M B.M D.BD = ۴R.SBM D‬‬

‫ﺍﮔﺮ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ M‬ﺩﺭ ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺻﺪﻕ ﮐﻨﺪ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺖ‪:‬‬ ‫‪SAM C‬‬ ‫‪AC‬‬ ‫=‬ ‫‪SBM D‬‬ ‫‪BD‬‬

‫⇒ ‪M A.M C = M B.M D‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ M‬ﺍﺯ ﺩﻭ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ AC‬ﻭ ‪ BD‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺎﻳﺪ ﺭﻭﯼ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭ ﺯﺍﻭﻳﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺧﻂ ‪ AC‬ﻭ ‪ BD‬ﺑﺎ ﺍﻳﺠﺎﺩ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ‪ ،‬ﻭﺍﻗﻊ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ ۴‬ﻧﻘﻄﻪ ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻧﺘﺎﻳﺞ ﺑﺎﻻ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﭼﮏ ﮐﺮﺩ ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭ ﻧﻘﻄﻪ‪،‬‬ ‫ﻫﻤﺎﻥ ‪ ۴‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺧﻮﺍﺳﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ n‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ !‪ n‬ﺣﺎﻟﺖ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻪ‬ ‫ﺧﻮﺩ ﺑﮕﻴﺮﺩ‪ .‬ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻫﺮ ﮐﺘﺎﺏ ﺩﻭ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ !‪ ۲n n‬ﺁﺭﺍﻳﺶ‬ ‫ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺑﺮﺍﯼ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﻣﺤﺘﻤﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ‪ ۳n ،۲n ،n‬ﻭ ‪ ...‬ﺟﺎﺑﻪﺟﺎﻳﯽ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺭﺍ ﻧﮕﺎﻩ ﮐﻨﻴﺪ‪.‬‬ ‫ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻳﻦ ﻣﺮﺣﻠﻪﻫﺎ ﻧﺎﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺁﺭﺍﻳﺶﻫﺎﯼ ﻣﻤﮑﻦ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺩﻭ ﻣﺮﺣﻠﻪﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺩﺭ ﺁﻥﻫﺎ ﻳﮑﺴﺎﻥ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻣﺮﺣﻠﻪ‬ ‫ﺑﺪﺍﻧﻴﻢ‪ ،‬ﺁﺭﺍﻳﺶ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﺩﺭ ‪ n‬ﻣﺮﺣﻠﻪ ﻗﺒﻞ ﺑﺎ ﺑﺮﻋﮑﺲ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﺍﺩﻥ ﻋﻤﻞﻫﺎ ﺗﻌﻴﻴﻦ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺩﻭ‬ ‫ﻣﺮﺣﻠﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﻳﮑﺴﺎﻥ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﺎ ﺑﺮﮔﺸﺖ ﺑﻪ ﻋﻘﺐ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﻣﺮﺣﻠﻪﺍﯼ ﺭﺳﻴﺪ ﮐﻪ ﻭﺿﻌﻴﺖ‬ ‫ﮐﺘﺎﺏﻫﺎ ﻫﻤﺎﻥ ﻭﺿﻌﻴﺖ ﺍﻭﻟﻴﻪﺷﺎﻥ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬

‫‪۵۷‬‬

‫‪۲۱.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﭘﻨﺠﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۶‬‬

‫‪ .۱‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ D ،P ،B‬ﻭ ‪ C‬ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ‪.∠P BC = ∠ADP‬‬ ‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ M ،P ،A‬ﻭ ‪ C‬ﻫﻢﺩﺍﻳﺮﻩ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺭﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .∠CAP = ∠P M B‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ‬ ‫‪ ABC‬ﻗﺎﺋﻢﺍﻟﺰﺍﻭﻳﻪ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻣﻴﺎﻧﻪﯼ ﻭﺍﺭﺩ ﺑﺮ ﻭﺗﺮ ) ‪ (AM‬ﻧﺼﻒ ﻭﺗﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ AM = M B‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪.BM = AD‬‬ ‫ﺍﺯ ﻧﺘﺎﻳﺞ ﺑﺎﻻ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ ﮐﻪ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ P M B‬ﻭ ‪ P AD‬ﺑﺎ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﻫﻢﻧﻬﺸﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻃﻮﻝ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ‬ ‫ﺭﺳﻢﺷﺪﻩ ﺍﺯ ‪ P‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ P‬ﺍﺯ ﺩﻭ ﺿﻠﻊ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠ACB‬ﺑﻪ ﻳﮏ‬ ‫ﻓﺎﺻﻠﻪ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺭﻭﯼ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬

‫‪ .۲‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ an‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ n‬ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ﺧﻮﺩﺵ)ﻳﺎ ﺑﻪ ﺩﻟﻴﻞ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ‬ ‫ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ n‬ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ ﺑﻪ ﺧﻮﺩﺵ(‪ ،‬ﻭ ‪ bn‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ n‬ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﺑﺎﺷﺪ )ﻳﺎ ﺑﻪ ﺩﻟﻴﻞ ﺗﻘﺎﺭﻥ‬ ‫ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ n‬ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ ﺑﻪ ﺭﺃﺱ ﻏﻴﺮﻣﺠﺎﻭﺭ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻭﺟﻪ(‪.‬‬ ‫ﻳﮏ ﻣﺴﻴﺮ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ﺧﻮﺩﺵ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺑﻪ ‪n − ۱‬ﺍﻣﻴﻦ ﺭﺃﺱ ﺍﻳﻦ ﻣﺴﻴﺮ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺭﺃﺱ ﺑﺎﻳﺪ ﺧﻮﺩ ‪ O‬ﻭ ﻳﺎ ﺭﺃﺳﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﺍﺵ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺳﻪ ﺭﺃﺱ ﺍﺯ‬ ‫‪ O‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ‪ ۲‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ﺩﻭ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﺭﺃﺱ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻭﺟﻪ ﺭﻭﺑﻪﺭﻭ ﺑﻪ ﻳﮏ ﻗﻄﺮ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲‬ﻭ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ ۲‬ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ ﺑﻪ ﺧﻮﺩﺵ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۳‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺯﻳﺮ‬ ‫ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪an = ۲ (bn−۲ + bn−۲ + bn−۲ ) + ۳an−۲‬‬

‫ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫‪bn = ۲ (an−۲ + bn−۲ + bn−۲ ) + ۳bn−۲‬‬

‫ﺑﺎ ﮐﻢ ﮐﺮﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺭﺍﺑﻄﻪ ﺍﺯ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪an − bn = an−۲ − bn−۲‬‬

‫‪۵۸‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‪:‬‬ ‫‪a۱۳۸۶ − b۱۳۸۶ = a۱۳۸۴ − b۱۳۸۴ = . . . = a۰ − b۰ = ۱‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪. a۱۳۸۶ > b۱۳۸۶‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﭼﻬﺎﺭ ﺭﺃﺱ ﺍﺯ ﺭﺋﻮﺱ ﻣﮑﻌﺐ ﺭﻭﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ OA‬ﻭﺍﻗﻊ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭ ﺭﺃﺱ ﺭﺍ ﺭﺋﻮﺱ‬ ‫ﻣﻴﺎﻧﯽ ﻣﯽﮔﻮﻳﻴﻢ‪ .‬ﻫﺮ ﻣﺴﻴﺮ ﺑﻪ ﻃﻮﻝ ‪ ۱۳۸۶‬ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﺍﺯ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺭﺋﻮﺱ ﻣﻴﺎﻧﯽ ﻣﯽﮔﺬﺭﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ‬ ‫ﺯﻳﺮ ﺍﺯ ﻫﺮ ﻣﺴﻴﺮ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﻣﺴﻴﺮﯼ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ O‬ﻣﯽﺳﺎﺯﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ﺍﻭﻟﻴﻦ ﺑﺎﺭﯼ ﮐﻪ ﻣﺴﻴﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺭﺃﺱ ﻣﻴﺎﻧﯽ ﻋﺒﻮﺭ ﮐﺮﺩ‪ ،‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﺣﺮﮐﺖﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﺍﺩﻩﺍﻳﻢ ﺭﺍ ﻧﺴﺒﺖ‬ ‫ﺑﻪ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ OA‬ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺗﺎ ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺭ ﺑﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ O‬ﺑﺮﺳﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﻫﺮ ﻣﺴﻴﺮ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﺑﻪ ﻣﺴﻴﺮﯼ ﻳﮑﺘﺎ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ O‬ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﻋﮑﺲ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﺭﺍ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﺍﺩ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻣﺴﻴﺮﯼ ﺑﻪ ﻳﮏ ﻣﺴﻴﺮ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ‬ ‫‪ O‬ﺑﻴﺶﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻣﺴﻴﺮﯼ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﻭ ﺳﭙﺲ‬ ‫ﺑﺎﻻ ﺭﻓﺘﻦ ﺍﺯ ﺭﺃﺱ ‪ O‬ﺗﺸﮑﻴﻞ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ ﻫﻴﭻﮔﺎﻩ ﺍﺯ ﺭﺋﻮﺱ ﻣﻴﺎﻧﯽ ﻧﻤﯽﮔﺬﺭﺩ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻳﺎﻓﺘﻪﯼ ﻫﻴﭻ‬ ‫ﻣﺴﻴﺮﯼ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ A‬ﻧﻴﺴﺖ‪ ،.‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﮐﻞ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻣﺴﻴﺮﻫﺎﯼ ﺍﺯ ‪ O‬ﺑﻪ ‪ O‬ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ X‬ﺍﺯ ﺻﻔﺤﻪ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ hX‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﺑﻨﺎﺷﺪﻩ‬ ‫ﺩﺭ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺑﺮ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﻣﺸﺮﻑ ﻧﺒﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺗﻌﺮﻳﻒ ﻣﺸﺮﻑ ﺑﻮﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﻣﻌﺎﺩﻝ ﺁﻥ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ‬ ‫ﺯﺍﻭﻳﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺧﻂ ﻭﺍﺻﻞ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﺳﺮ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎ ﻣﯽﺳﺎﺯﻧﺪ ﺑﺎ ﺯﻣﻴﻦ ﮐﻢﺗﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ◦‪ ۴۵‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪ‬ ‫ﺭﺍ ‪ θ‬ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫| ‪|hA − hB‬‬ ‫|‪⇔ |hB − hA | ≤ |B − A‬‬ ‫|‪|A − B‬‬

‫= |‪۱ = | tan(۴۵◦ )| ≥ | tan θ‬‬

‫ﮐﻪ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ |‪ |B − A‬ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﻭ ‪ B‬ﺩﺭ ﺻﻔﺤﻪﯼ ﺷﻬﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﮐﻪ‬ ‫ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺭ ﺁﻥ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺟﺪﻳﺪ ﺭﺍ ﺑﻨﺎ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ P‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪h‬‬ ‫ﻧﻤﺎﻳﺶﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺷﺮﻁ ﻣﺸﺮﻑ ﻧﺒﻮﺩﻥ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻧﯽ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ﺑﻨﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺍﻳﺠﺎﺏ ﻣﯽﮐﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ‬ ‫ﺑﻨﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﺩﻳﮕﺮ ﻣﺜﻞ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ |‪|h − hA | ≤ |P − A‬‬ ‫ﻭ ﻣﻌﺎﺩﻻﹰ ] ‪.h ∈ [−|P − A| + hA , |P − A| + hA‬‬ ‫ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﺷﺘﺮﺍﮎ ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎ ﺑﺮﺍﯼ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺷﺎﻣﻞ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﻣﺜﺒﺖ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ‬ ‫ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ h‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﻄﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻫﻤﻪﯼ ﺷﺮﻁﻫﺎﯼ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻴﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ﻣﺸﺮﻑ ﻧﺒﻮﺩﻥﻫﺎ‬ ‫ﺑﺮﺁﻭﺭﺩﻩ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ h‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﮐﺮﺍﻥ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎﯼ ﺑﺎﻻ ﺑﺮﺍﯼ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ)ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﺷﻬﺮ ﻣﺘﻨﺎﻫﯽ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺣﺘﻤﴼ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ(‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻧﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ B‬ﺑﻨﺎ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ |‪.h = hB + |P − B‬‬ ‫ﻣﺜﺒﺖ ﺑﻮﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﻭﺍﺿﺢ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎﻳﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﻫﻤﻪﯼ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ‪ A‬ﻧﺒﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫∈‪h‬‬ ‫] ‪/ [−|P − A| + hA , |P − A| + hA‬‬

‫‪۵۹‬‬

‫ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ h‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﮐﺮﺍﻥ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﮐﺮﺍﻥ ﺑﺎﻻﯼ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎ ﺑﻮﺩ‪ ،‬ﺗﻨﻬﺎ ﺣﺎﻟﺖ ﻣﻤﮑﻦ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﮐﻪ ‪ h‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺯﻩ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ h‬ﺍﺯ ﮐﺮﺍﻥ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺁﻥ ﮐﻢﺗﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ (h < −|p − A| + hA ).‬ﺍﻣﺎ ﺍﻳﻦ ﺑﺎ‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﻣﺜﻠﺚ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫|‪hB + |P − B| < −|P − A| + hA ⇒ hA − hB > |P − A| + |P − B| ≥ |A − B‬‬

‫ﭘﺲ |‪ |hA − hB | > |A − B‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺳﺎﺧﺘﻤﺎﻥ ﻗﺒﻼﹰ ﺑﻪ ﻫﻢ ﻣﺸﺮﻑ ﺑﻮﺩﻩﺍﻧﺪ ﮐﻪ ﺧﻼﻑ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ h‬ﻣﻌﺮﻓﯽﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﻫﻤﻪﯼ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ . .۴‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n ،n‬ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺑﻴﺎﺑﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪:‬‬ ‫‪۱۳ , ۲۳ , . . . , n۳‬‬

‫ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺣﺎﺻﻞﺿﺮﺏ ﺁﻥﻫﺎ ﻧﻴﺰ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫(‬ ‫‪)۲‬‬ ‫)‪ n(n+۱‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ‬ ‫ﻫﻤﭽﻨﻴﻦ ﺑﻪ ﮐﻤﮏ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺟﻤﻊ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪۲‬‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۱‬ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﺩﺭﺳﺖ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ‪،‬‬ ‫ﻳﻌﻨﯽ‪:‬‬ ‫‪)۲‬‬

‫)‪n (n − ۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫(‬

‫‪۳‬‬

‫‪۳‬‬

‫‪۳‬‬

‫= )‪۱ + ۲ + · · · + (n − ۱‬‬

‫ﺑﺮﺍﯼ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺣﮑﻢ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n‬ﺑﺎﻳﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫‪)۲‬‬

‫)‪n (n + ۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫(‬

‫= ‪+ n۳‬‬

‫‪)۲‬‬

‫)‪n (n − ۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻫﻢ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻗﺎﺑﻞ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪)۲‬‬

‫)‪n (n + ۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫(‬

‫‪n۴ − ۲n۳ + n۲‬‬ ‫= ‪+n‬‬ ‫=‬ ‫‪۴‬‬ ‫‪۳‬‬

‫‪)۲‬‬

‫(‬

‫)‪n (n − ۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫(‬

‫ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﮐﺎﻣﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻳﮏ ﻟﻢ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﻭ ‪ C۲‬ﺩﺭ ‪ P‬ﻣﻤﺎﺱ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﻭ ﻗﺎﻃﻊ ﮔﺬﺭﺍ ﺍﺯ ‪ ،P‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ C۱‬ﺭﺍ ﺩﺭ‬ ‫‪ A‬ﻭ ‪ ،B‬ﻭ ‪ C۲‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ A′‬ﻭ ‪ B ′‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ)ﺑﺮﺍﯼ ﺑﺎﺭ ﺩﻭﻡ(‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABP‬ﻭ ‪ A′ B ′ P‬ﻣﺘﺸﺎﺑﻪ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫‪۶۰‬‬

‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪.‬‬ ‫ﻣﻤﺎﺱ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺩﺭ ‪ P‬ﺭﺍ ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠P AB‬ﺑﺎ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻇﻠﯽ ﺑﻪ‬ ‫ﺭﺃﺱ ‪ P‬ﮐﻪ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﮐﻤﺎﻥ ‪ BP‬ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ‪).‬ﮐﻤﺎﻧﯽ ﮐﻪ ﺷﺎﻣﻞ ‪ A‬ﻧﻴﺴﺖ‪ (.‬ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻇﻠﯽ ﺑﺎ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ‬ ‫ﻇﻠﯽ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﮐﻤﺎﻥ ‪ B ′ P‬ﺩﺭ ‪ C۲‬ﺑﺎ ﺭﺃﺱ ‪ P‬ﻣﺘﻘﺎﺑﻞ ﺑﻪ ﺭﺃﺱ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﻇﻠﯽ ﺟﺪﻳﺪ ﻫﻢ ﺑﺎ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠P A′ B ′‬ﮐﻪ ﺭﻭﺑﻪﺭﻭ ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﮐﻤﺎﻥ ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ‬ ‫‪ . ∠P A′ B ′ = ∠P AB‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ‪ ∠P BA = ∠P ′ B ′ A′‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺣﮑﻢ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ S‬ﻭ ‪ S ′‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ‪ ،‬ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺩﻭﻡ ‪ N P‬ﻭ ‪ N ′ P‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۲‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﺎ‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ N ′ M ′‬ﻭ ‪ N M‬ﺑﺮ ‪ C۲‬ﻣﻤﺎﺱ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺑﺮﺍﯼ ﻗﻮﺕ ‪ N‬ﻭ ‪ N ′‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ‪ C۲‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﻮﺷﺖ‪:‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪N ′ M ′ = N ′ P.N ′ S ′‬‬

‫‪N M ۲ = N P.N S,‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ﺑﺎﻻ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ P SS ′‬ﻭ ‪ P N N ′‬ﻣﺘﺸﺎﺑﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ . NN′′SP′ = NNPS‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﺮﮐﻴﺐ ﺍﻳﻦ ﻧﺘﺎﻳﺞ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪)۲‬‬

‫‪NP‬‬ ‫‪N ′P‬‬

‫(‬

‫‪NM۲‬‬ ‫‪NP NS‬‬ ‫‪NP NP‬‬ ‫= ‪= ′ . ′ ′ = ′ . ′‬‬ ‫‪NP NS‬‬ ‫‪NP NP‬‬ ‫‪N ′M ′۲‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺟﺬﺭ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ‪.‬‬ ‫‪۶۱‬‬

‫‪)۲‬‬ ‫=‬

‫‪NP‬‬ ‫‪PS‬‬

‫=‬

‫‪NM‬‬ ‫‪N ′M ′‬‬

‫(‬

‫‪N ′P‬‬ ‫‪P S′‬‬

‫ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬

‫‪ .۶‬ﺑﺮﺍﯼ ﺣﻞ ﺳﺆﺍﻝ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﻭ ﻟﻢ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫ﻟﻢ ‪ .۱‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ‪ ۶n‬ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪ n ،‬ﻧﻴﺰ ﭼﺎﭖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﺳﺮﺭﺍﺳﺖ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۴n ،۲n‬ﻭ ‪ ،۶n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۶n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۲n‬ﻭ ‪ ۴n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۶n ،۳n‬ﻭ ‪ ،۹n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۶n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۳n‬ﻭ ‪ ۹n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۲n ،n‬ﻭ ‪ ،۳n‬ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ‪ ۳n‬ﻭ ‪ ۲n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ n‬ﺑﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ ‪ .۲‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ‪ ۲n‬ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪ ۸n ،‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ ﻭﻟﯽ ‪ ۱۶n‬ﭼﺎﭖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﻳﻦ ﻟﻢ ﻫﻢ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻟﻢ ﻗﺒﻠﯽ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۲n ،n‬ﻭ ‪ ،۳n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۲n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ n‬ﻭ ‪ ۳n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۴n ،۲n‬ﻭ ‪ ،۶n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۲n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۴n‬ﻭ ‪ ۶n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۶n ،۳n‬ﻭ ‪ ،۹n‬ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ‪ ۳n‬ﻭ ‪ ۶n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۹n‬ﺑﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۱۸n ،۹n‬ﻭ ‪ ،۲۷n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۹n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۱۸n‬ﻭ ‪ ۲۷n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۱۲n ،۶n‬ﻭ ‪ ،۱۸n‬ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ‪ ۶n‬ﻭ ‪ ۱۸n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۱۲n‬ﺑﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۸n ،۴n‬ﻭ ‪ ،۱۲n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۱۲n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۴n‬ﻭ ‪ ۸n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۲۴n ،۱۲n‬ﻭ ‪ ،۳۶n‬ﻋﺪﺩ ‪ ۱۲n‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۲۴n‬ﻭ ‪ ۳۶n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﻴﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۱۶n ،۸n‬ﻭ ‪ ،۲۴n‬ﻋﺪﺩﻫﺎﯼ ‪ ۸n‬ﻭ ‪ ۲۴n‬ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ‪ ۱۶n‬ﺑﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪۶۲‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ ۱۳۸۲۴ = ۲۹ × ۳۳‬ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﺎ ﺳﻪ ﺑﺎﺭ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ‬ ‫ﺍﺯ ﻟﻢ ‪ ۱‬ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺑﺎﻳﺪ ﻋﺪﺩ ‪ ۶۴‬ﻫﻢ ﭼﺎﭖ ﺑﺸﻮﺩ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ ۲‬ﭼﺎﭖ ﺷﺪﻩ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۲‬ﻋﺪﺩ ‪ ۱۶‬ﻫﻢ ﺑﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ ﺷﻮﺩ‪ .‬ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩﯼ ﺩﻭﺑﺎﺭﻩ ﺍﺯ ﻟﻢ ‪ ۲‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪۶۴ = ۴ × ۱۶‬‬ ‫ﭼﺎﭖ ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺻﺤﺒﺖﻫﺎﯼ ﺑﺎﻻ ﻣﺘﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ ۱۳۸۲۴‬ﻧﺒﺎﻳﺪ ﭼﺎﭖ‬ ‫ﺑﺸﻮﺩ‪.‬‬

‫‪۶۳‬‬

‫‪۲۲.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﺷﺸﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۷‬‬

‫‪ .۱‬ﺑﻪ ﮐﻤﮏ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ﻫﺮﮔﺎﻩ ‪ n − ۳‬ﻗﻄﺮ ﻧﺎﻣﺘﻘﺎﻃﻊ ﺍﺯ ﻳﮏ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﻣﺤﺪﺏ‬ ‫ﺭﺳﻢ ﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﻪ ‪ n − ۲‬ﻣﺜﻠﺚ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﮐﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻗﻄﺮﻫﺎﯼ ﺭﺳﻢ ﺷﺪﻩ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ‬ ‫ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﻭ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﺭﺍ ﺍﺯ ﺭﻭﯼ ﺁﻥ ﻗﻄﺮ ﺑﻪ ﺩﻭ ﭼﻨﺪﺿﻠﻌﯽ ﺑﺎ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﮐﻢﺗﺮ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﻨﻴﺪ ﻭ ﺑﻪ ﮐﻤﮏ‬ ‫ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺣﮑﻢ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺍ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺗﻨﻬﺎ ﺣﺎﻟﺖ ﭘﺎﻳﻪﯼ ‪ n = ۳‬ﺑﺎﻗﯽ ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻫﻴﭻ ﻗﻄﺮﯼ‬ ‫ﺭﺳﻢ ﻧﺸﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭼﻨﺪﺿﻠﻌﯽ ﺑﻪ ﻳﮏ ﻣﺜﻠﺚ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻣﺴﺌﻠﻪﯼ ﺍﺻﻠﯽ ﻫﻨﮕﺎﻣﯽ ﮐﻪ ‪ n > ۳‬ﺍﺳﺖ ﻫﻴﭻﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺑﺎ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﺳﻪ ﺿﻠﻊ‬ ‫ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﺿﻤﻨﴼ ﻫﺮ ﻣﺜﻠﺚ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮏ ﻭ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺑﺎ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ‬ ‫ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ n − ۲‬ﻣﺜﻠﺚ ﻭ ‪ n‬ﺿﻠﻊ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ ،‬ﺩﻗﻴﻘﴼ ﺩﻭ ﺗﺎ ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎ ﺩﻭ ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺑﺎ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﻭ ﺑﻘﻴﻪ‬ ‫ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺩﺍﺭﺍ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻣﺜﻠﺚ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪ n‬ﻣﺜﻠﺜﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺿﻠﻊ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺍﺯ ‪n‬‬ ‫ﺿﻠﻌﯽ ﺭﺍ ﺷﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺳﻮﻣﻴﻦ ﺿﻠﻊ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻣﺜﻠﺚ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ﺣﺘﻤﴼ ﻳﮏ ﻗﻄﺮ ﺍﺯ ﭼﻨﺪﺿﻠﻌﯽ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﺜﻠﺚ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻗﻄﺮ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﺁﻥ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺜﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻗﻄﺮ ﻭ‬ ‫ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺿﻠﻊ ‪n‬ﺿﻠﻌﯽ ﮐﻪ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺿﻠﻊﻫﺎﯼ ﻣﺜﻠﺚ ﻗﺒﻠﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﺭﺍ ﺷﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪).‬ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ‪(.‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻗﻄﺮﯼ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ ﺟﺪﻳﺪ ﺷﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﻣﺜﻠﺚ ﺳﻮﻡ ﻫﻢ ﺑﺎ‬ ‫ﻫﻤﻴﻦ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﺩﺍﻣﻪﯼ ﻫﻤﻴﻦ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻣﺜﻠﺚ ﺟﺪﻳﺪ )ﺑﻪ ﺟﺰ ﺍﻭﻟﻴﻦ ﻭ ﺁﺧﺮﻳﻦ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ﮐﻪ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ n‬ﺣﺎﻟﺖ ﻭ ‪ ۱‬ﺣﺎﻟﺖ ﺩﺍﺷﺘﻨﺪ( ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﻣﺤﺘﻤﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﺍﺯ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚﻫﺎ ﺩﻭ ﺑﺎﺭ ﺷﻤﺮﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭼﺮﺍ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺑﺎ ﭼﻨﺪﺿﻠﻌﯽ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺩﻭ‬ ‫ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺷﺮﻭﻉ ﺍﺯ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﻨﺠﺮ ﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﺣﺎﻟﺖﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﺑﺎ ‪. n×۲۲n−۴ = n۲n−۵‬‬ ‫‪ D .۲‬ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻤﺎﺱ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻧﻈﻴﺮ ﺭﺃﺱ ‪ A‬ﺑﺎ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺻﻮﺭﺕ ‪ CD = CC ′‬ﭼﺮﺍ ﮐﻪ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ Ia C ′ C‬ﻭ ‪ Ia DC‬ﺑﻪ ﺩﻟﻴﻞ ﺩﺍﺷﺘﻦ ﻳﮏ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ۹۰‬ﺩﺭﺟﻪ ﻭ ﺩﻭ‬ ‫ﺿﻠﻊ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﻢﻧﻬﺸﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ Q′ .‬ﺭﺍ ﭘﺎﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻭﺍﺭﺩ ﺍﺯ ‪ B‬ﺑﺮ ‪ Ia C‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ‬ ‫‪ DCQ′‬ﻭ ‪ C ′ CQ′‬ﻫﻢﻧﻬﺸﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ ‪ Q′ C = Q′ C ، ∠Q′ CD = ∠Q′ CC ′‬ﻭ ‪ .CD = CC ′‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫‪ .∠C ′ Q′ C = ∠DQ′ C‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﻫﺎﯼ ‪ ∠BQ′ Ia‬ﻭ ‪ ∠BDIa‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪BDQ′ Ia‬‬ ‫‪۶۴‬‬

‫ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .∠DQ′ C = ∠DBIa‬ﺿﻤﻨﴼ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ BIa‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠DBB ′‬ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .∠DBIa = ∠B ′ BIa‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﺑﻮﺩﻥ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠BB ′ Ia‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ B ′‬ﻫﻢ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫ﻣﺤﻴﻄﯽ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ BDQ′ Ia‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﭘﺲ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ﮐﻪ ‪ .∠B ′ BIa = ∠B ′ Q′ Ia‬ﺑﺎ ﺟﻤﻊﺑﻨﺪﯼ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺭﺍﺑﻄﻪﻫﺎ ﻣﯽﻓﻬﻤﻴﻢ ﮐﻪ ‪ ∠B ′ Q′ Ia = ∠CQ′ C ′‬ﭘﺲ ﻧﻘﻄﻪﻫﺎﯼ ‪ Q′ ،B ′‬ﻭ ‪ C ′‬ﺭﻭﯼ ﻳﮏ ﺧﻂ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺩﺭ‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Q′‬ﮐﻪ ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ Ia C‬ﻭ ‪ B ′ C ′‬ﺍﺳﺖ ﻫﻤﺎﻥ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Q‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩﻳﻢ ﮐﻪ‬ ‫‪ .BQ ⊥ Ia C‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪.CP ⊥ Ia B‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ CI‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ C‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺮ ‪ CIa‬ﮐﻪ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﺍﻳﻦ ﺯﺍﻭﻳﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻧﮑﺘﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ BQ ⊥ Ia C‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ BQ ∥ IC‬ﻭ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ .CP ∥ BI‬ﭘﺲ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ BM CI‬ﻳﮏ ﻣﺘﻮﺍﺯﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ‬ ‫ﺩﻭ ﺭﺃﺱ ‪ M‬ﻭ ‪ I‬ﺗﺎ ﻗﻄﺮ ‪ BC‬ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ I‬ﺍﺯ ‪ BC‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻃﻮﻝ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﺍﮔﺮ ‪ ،f ۱۳۸۷ (a) = a‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺎ ﺍﺛﺮ ﺩﺍﺩﻥ ﺗﺎﺑﻊ ‪ f‬ﺭﻭﯼ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﺍﻳﻦ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ‬ ‫)‪f ۱۳۸۷ (f (a)) = f ۱۳۸۸ (a) = f (f ۱۳۸۷ (a)) = f (a‬‬

‫ﻭ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ ،f (a) ̸= a‬ﭘﺲ )‪ f (a‬ﺟﻮﺍﺑﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﺍﺯ ‪ a‬ﺑﺮﺍﯼ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪ f ۱۳۸۷ (x) = x‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﻋﻤﺎﻝ‬ ‫ﺩﻭﺑﺎﺭﻩﯼ ﺗﺎﺑﻊ ‪ f‬ﺑﺮ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺑﺎﻻ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ‬ ‫))‪f ۱۳۸۷ (f (f (a))) = f ۱۳۸۹ (a) = f (f (f ۱۳۸۷ (a))) = f (f (a‬‬

‫ﭘﺲ ))‪ f (f (a‬ﻫﻢ ﺟﻮﺍﺏ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ )‪ .f (f (a)) ̸= f (a‬ﺣﺎﻝ ﺍﺩﻋﺎ‬ ‫ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ))‪ f (f (a‬ﻭ ‪ a‬ﻫﻢ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﮔﺮ ‪ f ۲ (a) = a‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫)‪f ۱۳۸۸ (a) = f ۱۳۸۶ (f ۲ (a)) = f ۱۳۸۶ (a) = f ۱۳۸۴ (f ۲ (a)) = f ۱۳۸۴ (a) = · · · = f ۴ (a) = f ۲ (f ۲ (a)) = f ۲ (a‬‬

‫ﺍﻣﺎ )‪ ،f ۱۳۸۸ (a) = f (f ۱۳۸۷ (a)) = f (a‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ )‪ f ۲ (a) = f (a‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺩﺭ ﮐﻞ ﺳﻪ‬ ‫ﺟﻮﺍﺏ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﺑﺮﺍﯼ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪ f ۱۳۸۷ (x) = x‬ﻳﺎﻓﺘﻪﺍﻳﻢ‪.‬‬ ‫‪۶۵‬‬

‫‪ ax+b‬ﻫﻢ ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﻓﺮﻡ ﺍﺳﺖ)ﺍﻟﺒﺘﻪ ﺑﺎ ‪ c ،b ،a‬ﻭ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﭼﮏ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺗﺮﮐﻴﺐ ﺩﻭ ﺗﺎﺑﻊ ﺑﻪ ﻓﺮﻡ ‪cx+d‬‬ ‫‪mx+n‬‬ ‫‪ d‬ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ(‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺗﺎﺑﻊ )‪۱۳۸۷ (x‬‬ ‫‪ mx+n‬ﺳﻪ‬ ‫‪ f‬ﺗﺎﺑﻌﯽ ﺑﻪ ﻓﺮﻡ ‪ px+q‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪px+q = x‬‬ ‫ﺟﻮﺍﺏ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺟﻮﺍﺏﻫﺎﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﺟﻮﺍﺏﻫﺎﯼ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪﯼ ‪px۲ + (q − m)x − n = ۰‬‬ ‫ﻫﻢ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻳﮏ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺍﺯ ﺩﺭﺟﻪﯼ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻳﮏ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﻧﺎﺻﻔﺮ ﺍﺯ‬ ‫ﺩﺭﺟﻪﯼ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ‪ ،‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ ﺟﻮﺍﺏ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺍﺭﺩ؛ ﺍﻳﻦ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﺘﺤﺪ ﺑﺎ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ‬ ‫‪mx‬‬ ‫‪ ،f ۱۳۸۷ (x) = mx+n‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﻳﻌﻨﯽ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ q = m ،p = ۰‬ﻭ ‪ .n = ۰‬ﭘﺲ ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪px+q = m = x‬‬ ‫ﻋﺪﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ‪.f ۱۳۸۷ (x) = x ،x‬‬ ‫‪ .۴‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ ۴(a۳ + ۱) .‬ﻭ )‪ ۴(a۹ + ۱‬ﻫﺮ ﺩﻭ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﺁﻥﻫﺎ ﻳﻌﻨﯽ‬ ‫‪ a۶ − a۳ + ۱‬ﻫﻢ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ a > ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ a۶ − a۳ + ۱ < a۶ = (a۲ )۳ ،‬ﻭ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ‬ ‫‪ ،a۶ − a۳ + ۱ > a۶ − ۳a۴ + ۳a۲ − ۱ = (a۲ − ۱)۳‬ﺯﻳﺮﺍ‪:‬‬ ‫=‬

‫)‪۴(a۹ +۱‬‬ ‫)‪۴(a۳ +۱‬‬

‫‪۳a۴ − a۳ − ۳a۲ + ۲‬‬

‫‪= (a۴ − a۳ ) + (۲a۴ − ۳a۲ ) + ۲‬‬ ‫‪= a۳ (a − ۱) + a۲ (۲a − ۳) + ۲ > ۰‬‬

‫ﺍﻣﺎ ‪ (a۲ − ۱)۳‬ﻭ ‪ (a۲ )۳‬ﺩﻭ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﻋﺪﺩﯼ ﮐﻪ ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻣﮑﻌﺐ‬ ‫ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ‪ a‬ﻣﺠﺒﻮﺭ ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻫﻢ ﻫﻤﻪﯼ ﺟﻤﻠﻪﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۸‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ a > ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ۴(an + ۱) ،‬ﺗﺎﺑﻌﯽ ﺍﮐﻴﺪﴽ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﺑﺮ ﺣﺴﺐ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫)‪ ۴(an+۳ + ۱‬ﻭ ﻫﻤﻴﻦﻃﻮﺭ ) ‪ a۳ × ۴(an + ۱) = ۴(an+۳ + a۳‬ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺗﻔﺎﺿﻞ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﻘﺪﺍﺭ‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۴a۳ − ۴‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﺴﺘﻘﻞ ﺍﺯ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻳﻌﻨﯽ ﺗﻔﺎﺿﻞ ﺩﻭ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺑﺎ ﺍﻓﺰﺍﻳﺶ ‪ n‬ﺯﻳﺎﺩ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﻣﻘﺪﺍﺭﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ a‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﻮﻡ‪ .‬ﺍﺯ ﻟﻢ ﺯﻳﺮ ﮐﻪ ﺣﺎﻟﺖ ﺧﺎﺻﯽ ﺍﺯ ﮔﺰﺍﺭﻩﺍﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﻪ ﻟﻢ ﺩﻭ ﺧﻂ ﻣﻌﺮﻭﻑ ﺍﺳﺖ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ x‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻭ ‪ p‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﻭ ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ‪ .p|x + ۱‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻭ ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ‪،‬‬ ‫ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ xn + ۱‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ x + ۱‬ﺑﻪ ﺍﺿﺎﻓﻪﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ m‬ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ ||m||p‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻭ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ ||n||p‬ﺛﺎﺑﺖ‬ ‫ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ )‪ (xn + ۱) = (x + ۱)(xn−۱ − xn−۲ + · · · − x + ۱‬ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ‪ .p ̸ |xn−۱ − xn−۲ + · · · − x + ۱‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫)‪xn−۱ − xn−۲ + · · · − x + ۱ ≡ (−۱)n−۱ − (−۱)n−۲ + · · · − (−۱) + ۱ ≡ n ̸≡ ۰ (mod p‬‬

‫ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﻋﺎﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ xn + ۱‬ﻳﮑﯽ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ﻋﻮﺍﻣﻞ‬ ‫‪ p‬ﺩﺭ ‪ x + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﻮﺷﺖ ‪ n = pm‬ﮐﻪ ‪ m‬ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻃﺒﻖ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ‬ ‫ﻗﺴﻤﺖ ﻗﺒﻞ‬ ‫‪||xmp + ۱||p = ||(xp )m + ۱||p = ||xp + ۱||p‬‬

‫‪۶۶‬‬

‫ﭘﺲ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﺣﮑﻢ ﺍﻳﻦ ﻗﺴﻤﺖ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n = p‬ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ x + ۱‬ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻋﺪﺩ ﺻﺤﻴﺢ ‪ t‬ﻳﺎﻓﺖ ﮐﻪ ‪.x = tp − ۱‬‬ ‫) ( ‪( p‬‬ ‫)‬ ‫) ( ‪p‬‬ ‫∑‬ ‫‪∑ p‬‬ ‫‪p‬‬ ‫‪i‬‬ ‫‪p−i‬‬ ‫‪i−۱‬‬ ‫‪p−i‬‬ ‫= ‪x + ۱ = (tp − ۱) + ۱‬‬ ‫)‪(tp) (−۱‬‬ ‫‪= tp‬‬ ‫)‪(tp) (−۱‬‬ ‫) · · ·( )‪+ p = (x + ۱‬‬ ‫‪i‬‬ ‫‪i‬‬ ‫‪i=۱‬‬ ‫‪i=۲‬‬ ‫)(‬ ‫ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﺗﻤﺎﻡ ‪ pi‬ﻫﺎ ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺩﺍﺧﻞ ﭘﺮﺍﻧﺘﺰ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﻋﺎﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫‪p‬‬

‫‪p‬‬

‫ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ xp + ۱‬ﻳﮑﯽ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ‪ x + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺣﮑﻢ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩﯼ ﮐﻪ ‪ k‬ﻋﺎﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺭﻧﺪ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ‪ k + ۱ ،n‬ﻋﺎﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻓﺮﺩ ‪ m‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ‪ n = mp‬ﻭ ‪ k ،m‬ﻋﺎﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪||xmp + ۱||p = ||(xp )m + ۱||p = ||xp + ۱|| + ||m||p = ||x + ۱||p + ||p||p + ||m||p = ||x + ۱||p + ||mp||p‬‬

‫ﭘﺲ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ )‪ .۴(a۳ + ۱) = ۴(a + ۱)(a۲ − a + ۱‬ﺍﮔﺮ ‪ a > ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ a۲ − a + ۱ ،‬ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩﯼ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ‬ ‫ﺍﺯ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ﻋﺎﻣﻞ ﺍﻭﻝ ﻓﺮﺩﯼ ﻣﺜﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻟﻢ ﺑﺎﻻ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪||۴(a۳p + ۱)||p = ||a۳p + ۱||p = ||a۳ + ۱||p + ||p||p = ||۴(a۳ + ۱)||p + ۱‬‬

‫ﺍﻣﺎ )‪ ۴(a۳ + ۱‬ﻭ )‪ ۴(a۳p + ۱‬ﻫﺮ ﺩﻭ ﻣﮑﻌﺐ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻮﺍﻣﻞ ‪ p‬ﺩﺭ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﻀﺮﺏ ‪ ۳‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﭼﻮﻥ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ a‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫ﺗﻨﻬﺎ ‪ a = ۱‬ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ }‪ {۱, ۲, . . . , ۹‬ﺭﺍ ‪ S‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺑﺎ ﻫﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻗﻢ ﻣﻄﺮﺡ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ‬ ‫ﺳﻌﯽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﻣﻤﮑﻦ ﺑﺎ ‪ n‬ﺭﻗﻢ ﺭﺍ ﭘﻴﺪﺍ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏﺷﺪﻩ ﻳﺎ‬ ‫ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺭﻗﻢ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﻳﺎ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺭﻗﻢ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﺩﻭ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﻳﮏ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪ n‬ﺭﻗﻤﯽ ﺑﺎ ﺍﺭﻗﺎﻡ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺩﺭ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ‪ S‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﻳﮏ ‪n‬ﺗﺎﻳﯽ ﻣﺮﺗﺐ ﺍﺯ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ‬ ‫‪ S‬ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺑﺎ ‪ S n‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ n‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﻀﺎﻳﯽ ﺍﺯ ‪S n‬‬ ‫ﮐﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﻧﺪ ﺗﺎ ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺮﺁﻭﺭﺩﻩ ﮐﻨﻨﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۹n۲+۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n = ۱‬ﺑﻪ‬ ‫ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻭ ﺑﺎ ﺍﻧﺪﮐﯽ ﭼﮏﮐﺮﺩﻥ ﺳﺎﺩﻩ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ‪).‬ﺣﺘﯽ ﻣﯽﺷﺪ ‪ n = ۰‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﻋﻨﻮﺍﻥ ﭘﺎﻳﻪﯼ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺖ!( ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﻣﺎ ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪n‬ﺗﺎﻳﯽﻫﺎﻳﯽ ﻣﺮﺗﺐ‬ ‫ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻣﻄﻠﻮﺏ ﺭﺍ ﺑﻴﺎﺑﻴﻢ‪ .‬ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ S n‬ﺭﺍ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻋﻀﻮ ﺍﻭﻝ ﺁﻥﻫﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ‪ ۹‬ﺩﺳﺘﻪ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﺮﺩ‪.‬‬ ‫ﺍﻋﻀﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻋﻀﻮ ﺍﻭﻝ ﺁﻥﻫﺎ ‪ ۱‬ﺍﺳﺖ ﺭﺍ ‪ ،A۱‬ﺁﻥﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﻋﻀﻮ ﺍﻭﻝ ﺁﻥﻫﺎ ‪ ۲‬ﺍﺳﺖ ﺭﺍ ‪ A۲‬ﻭ‪ ...‬ﻭﺍﺿﺢ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ i ∈ S‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ Ai‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۹n−۱‬ﺍﺳﺖ)ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺟﺎﯼﮔﺎﻩ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻋﻨﺎﺻﺮ ‪ S‬ﺑﺎﻳﺪ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﺩ ﻭ‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ ۹‬ﺣﺎﻟﺖ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ (.‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻋﻨﺎﺻﺮ ‪ S n‬ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۹n‬ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﻋﻨﺼﺮ‬ ‫‪ A۱‬ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻋﻀﻮ ﺍﻭﻟﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺑﻪ ﻋﻨﺼﺮﯼ ﺍﺯ ‪ A۲‬ﺗﺒﺪﻳﻞ ﮐﺮﺩ ﻭ ﺑﺎﻟﻌﮑﺲ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻫﺮ ﻋﻀﻮ‬ ‫ﺍﺯ ‪ A۱‬ﺭﺍ ﺑﺎ ﻳﮏ ﻋﻀﻮ ﺍﺯ ‪ A۲‬ﺟﻔﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ ،‬ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﺭ ﺭﻗﻢ ﺍﻭﻝ ﺗﻔﺎﻭﺕ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫‪۶۷‬‬

‫ﮐﻪ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﻳﮏ ﺟﻔﺖ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺭﻗﻢ ﻭ ﺁﻥ ﻫﻢ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ ،‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﻫﺮ‬ ‫ﺩﻭ ﺟﺰء ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺑﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺟﻔﺖ ﻣﻌﺮﻓﯽ ﺷﺪﻩ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻳﮏ ﻋﻀﻮ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ‬ ‫|‪۲‬‬ ‫‪ |A۱ |+|A‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺗﻌﺪﺍﺩ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺑﯽ ﺍﺯ ‪ A۱ ∪ A۲‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪= ۹n−۱‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫ﺍﻋﻀﺎﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺑﯽ ﺍﺯ ‪ A۵ ∪ A۶ ،A۳ ∪ A۴‬ﻭ ‪ A۷ ∪ A۸‬ﻫﻢ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻫﻤﻴﻦ ‪ ۹n−۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ‪ A۹‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﮐﻪ ﺭﻗﻢ ﺍﻭﻝ ﺗﻤﺎﻡ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۹‬ﻳﮑﺴﺎﻥ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ﺍﺧﺘﻼﻓﯽ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻋﻨﺼﺮ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺗﻔﺎﻭﺕ‬ ‫ﺩﺭ ‪ n − ۱‬ﺭﻗﻢ ﺑﻌﺪﯼ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻳﮏ ﺗﻨﺎﻇﺮ ﺑﻴﻦ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ S n−۱‬ﻭ ‪ A۹‬ﺑﺎ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﺮﺩﻥ ﻭ ﻳﺎ ﺑﺮﺩﺍﺷﺘﻦ‬ ‫ﺭﻗﻢ ‪ ۹‬ﺍﺯ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۹n−۱۲ +۱‬ﺗﺎ ﺍﺯ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۹‬ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺑﯽ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ‪:‬‬ ‫‪۹ × ۹n−۱ + ۱‬‬ ‫‪۹n + ۱‬‬ ‫‪۹n−۱ + ۱‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪۹n−۱ + ۹n−۱ + ۹n−۱ + ۹n−۱ +‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﻫﻤﻪﯼ ‪n‬ﺗﺎﻳﯽﻫﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﺭﻗﺎﻡﺷﺎﻥ‬ ‫ﺑﺎ ‪ n‬ﻳﮑﯽ ﺍﺳﺖ ﺭﺍ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﻢ ﺗﻌﺪﺍﺩﺷﺎﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﻤﻴﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺍﮔﺮ ﺩﻭ ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ‬ ‫ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ ،‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﺭ ﻳﮏ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﻭ ﺁﻥ ﻫﻢ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺧﺘﻼﻑ ﺩﺍﺷﺘﻪ‬ ‫ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﺭﻗﺎﻡ ﺁﻥﻫﺎ ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺷﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ‬ ‫ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻣﻌﺮﻓﯽﺷﺪﻩ ﻋﻀﻮ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﺮﺩ‪.‬‬ ‫‪n‬‬ ‫ﺩﺭ ﺍﺩﺍﻣﻪ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﺭﺍﻩ )ﻫﻤﻴﻦ ﺭﺍﻩ ﺑﺎﻻ( ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ‪ ۹ ۲+۱‬ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ‪n‬ﺭﻗﻤﯽ ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ‬ ‫ﺧﻮﺍﺳﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ n‬ﺛﺎﻳﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺎﺯ ﻫﻢ ﺻﺤﺖ ﮔﺰﺍﺭﻩ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ‬ ‫‪ n = ۱‬ﺑﺎ ﻳﮏ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﺳﺎﺩﻩ ﻗﺎﺑﻞ ﭼﮏﮐﺮﺩﻥ ﺍﺳﺖ‪).‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﻫﻢ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ‪ n = ۰‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﻋﻨﻮﺍﻥ ﭘﺎﻳﻪﯼ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺖ‪ (.‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﺑﺎﻻ ﺑﺮﺍﯼ ﺭﺳﻴﺪﻥ ﺑﻪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﺎﻳﺪ ﺍﺯ ‪،A۹‬‬ ‫‪ ۹n−۱۲ +۱‬ﻋﻀﻮ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺗﻨﻬﺎ ﺑﻪ ﻳﮏ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﺩﺍﺭﺩ‪).‬ﻳﺎﺩﺁﻭﺭﯼ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ‬ ‫ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۹‬ﻫﻤﺎﻥ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ S n−۱‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻳﮏ ﺭﻗﻢ ‪ ۹‬ﺑﻪ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﺍﻋﻀﺎﻳﯽ ﮐﻪ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﺍﻋﻀﺎﻳﯽ ﺍﺯ ‪ A۹‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﺭﻗﺎﻡ ﺁﻥﻫﺎ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻣﺘﻔﺎﻭﺗﯽ ﺑﺎ ‪n − ۱‬‬ ‫ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻳﮑﺴﺎﻧﯽ ﺑﺎ ‪ n‬ﺩﺍﺭﺩ‪).‬ﺯﻳﺮﺍ ﺑﺎ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﺷﺪﻥ ﺭﻗﻢ ‪ ۹‬ﺑﻪ ﺍﺑﺘﺪﺍﯼ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺭﻗﻢﻫﺎ‬ ‫ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ (.‬ﺣﺎﻝ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺟﻔﺖ ﮐﺮﺩﻧﯽ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۱‬ﻭ ‪ A۲‬ﺩﺭ ﺑﺎﻻ ﺍﺗﻔﺎﻕ ﺍﻓﺘﺎﺩ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺍﻋﻀﺎﯼ‬ ‫‪ A۸‬ﻭ ‪ A۹‬ﺭﺍ ﻫﻢ ﺑﺎ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﺟﻔﺖ ﮐﺮﺩ‪ ،‬ﺑﻪ ﮔﻮﻧﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﻫﺮ ﺟﻔﺖ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﺭ ﺭﻗﻢ ﺍﻭﻝ ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺭﺳﻴﺪﻥ ﺑﻪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﺎﻻ ﺑﺎﻳﺪ ﺍﺯ ﻫﺮ ﺟﻔﺖ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮏ ﻋﻀﻮ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﺩ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﺭ ‪ ۹n−۱۲ +۱‬ﺗﺎ ﺍﺯ ﺟﻔﺖﻫﺎ‬ ‫ﺷﻤﺎﺭﻩﺍﯼ ﮐﻪ ﺭﻗﻢ ﺍﻭﻟﺶ ‪ ۹‬ﺑﻮﺩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺯ ﻣﺎﺑﻘﯽ ﺯﻭﺝﻫﺎ ﺑﺎﻳﺪ ﻋﻨﺼﺮﯼ ﺍﺯ ‪ A۸‬ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﻮﺩ‬ ‫ﮐﻪ ﺑﺎﺯ ﻫﻢ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﺭﻗﺎﻣﺶ ﺑﺎ ‪ n‬ﻳﮑﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﺩﺍﻣﻪ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۸‬ﻭ ‪A۷‬‬ ‫ﺭﺍ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺟﻔﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻗﺒﻠﯽ ﺭﺍ ﺍﻳﻦ ﺑﺎﺭ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺗﮑﺮﺍﺭ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺎ ﺍﺩﺍﻣﻪﯼ ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﺗﺎ‬ ‫ﺭﺳﻴﺪﻥ ﺑﻪ ‪ A۱‬ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏﺷﺪﻩ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺜﺎﻟﯽ ﮐﻪ ﮔﻔﺘﻪ ﺷﺪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫ﻳﮏ ﺭﺍﻩ ﻳﮑﺘﺎ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺷﻤﺎﺭﻩ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺑﺎﻳﺪ ﺍﻳﻦ ﻓﺮﺽ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠B‬ﻗﺎﺋﻤﻪ ﻧﻴﺴﺖ!‬ ‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﻣﺮﺑﻮﻁ ﺑﻪ ﻗﻮﺕ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ T‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABC‬ﻣﯽﻓﻬﻤﻴﻢ = ‪R۲ − OT ۲‬‬ ‫‪ T A.T B‬ﮐﻪ ‪ R‬ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺍﺳﺖ‪) .‬ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺭﺍ ﻣﯽﺷﺪ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺍﺳﺘﻮﺍﺭﺕ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ OAB‬ﻭ‬ ‫‪۶۸‬‬

‫ﻗﺎﻃﻊ ‪ OT‬ﻫﻢ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻭﺭﺩ‪ (.‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺗﺸﺎﺑﻪ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ﻗﺎﺋﻢﺍﻟﺰﺍﻳﻪﯼ ‪ AT H‬ﻭ ‪ BT H‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺖ‬ ‫ﮐﻪ ‪ T A.T B = T H ۲‬ﻭ ﻟﺬﺍ‪:‬‬ ‫)‪OT ۲ = R۲ − T H ۲ = R۲ − AH ۲ . cos۲ (∠B‬‬

‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝﻫﺎﯼ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺖ ﮐﻪ )‪ .(OT ′ )۲ = R۲ − AH ۲ . cos۲ (∠C‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﺗﺎ ﮐﻨﻮﻥ ﺍﺯ ﻓﺮﺽ ‪ AC = ۲OT‬ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻧﮑﺮﺩﻩﺍﻳﻢ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺍﻳﻦ ﺭﺍﺑﻄﻪ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪OT = AC = R. sin(∠B) ⇒ R۲ sin۲ (∠B) = R۲ − AH ۲ cos۲ (∠B) ⇒ R۲ = AH ۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭘﺲ ﻃﻮﻝ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ‪ AH‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻃﻮﻝ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻳﻌﻨﯽ ‪ R‬ﺍﺳﺖ‪).‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﺍﺯ ﻗﺎﺋﻤﻪ ﻧﺒﻮﺩﻥ ‪ ∠B‬ﻭ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺻﻔﺮ ﻧﺒﻮﺩﻥ ﮐﺴﻴﻨﻮﺳﺶ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﮐﺮﺩﻳﻢ‪ (.‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﻣﺸﺎﺑﻬﯽ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ OT ′‬ﺑﻨﻮﻳﺴﻴﻢ‬ ‫ﺣﮑﻢ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪:‬‬ ‫‪(OT ′ )۲ = R۲ − AH ۲ .cos۲ (∠C) = R۲ (۱ − cos۲ (∠C)) = R۲ .sin۲ ∠C‬‬ ‫‪× ۲R. sin(∠C) = ۱۲ AB‬‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= )‪⇒ OT ′ = R. sin(∠C‬‬

‫‪۶۹‬‬

‫‪۲۳.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﻔﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۸‬‬

‫‪ .۱‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ‪:‬‬

‫‪− b + c) + (۱ − x۲ )c‬‬

‫ﺍﮔﺮ ‪ ۰ ≤ x ≤ ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺁﻥﮔﺎﻩ‪:‬‬

‫)‪ax۲ + bx + c = x(۱+x‬‬ ‫)‪(a + b + c) − x(۱−x‬‬ ‫‪(a‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫)‪x(۱+x‬‬ ‫)‪x(۱−x‬‬ ‫)‪p(+۱) − ۲ p(−۱) + (۱ − x۲ )p(۰‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= )‪p(x‬‬ ‫=‬

‫)‪x(۱ + x) x(۱ − x‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۵‬‬ ‫‪۵‬‬ ‫‪+‬‬ ‫≤ ‪+ (۱ − x۲ ) = − ( − x)۲‬‬ ‫≤ |‪|ax۲ + bx + c‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۴‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۴‬‬

‫ﻭ ﺍﮔﺮ ‪:−۱ ≤ x ≤ ۰‬‬

‫‪۵‬‬ ‫)‪x(۱ + x) x(۱ − x‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۵‬‬ ‫‪−‬‬ ‫≤ ‪+ (۱ − x۲ ) = − ( + x)۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۴‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۴‬‬

‫‪|ax۲ + bx + c| ≤ −‬‬

‫ﺍﻳﻦ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ x‬ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ ]‪ .|p(x)| ≤ ۵۴ ،[−۱, ۱‬ﺿﻤﻨﴼ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﻧﺎﺑﺮﺍﺑﺮﯼﻫﺎ ﺗﺴﺎﻭﯼ‬ ‫ﺯﻣﺎﻧﯽ ﺭﺥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫ﺍﻟﻒ‪ p(x) = ±(x۲ − x − ۱) .‬ﺩﺭ ‪.x = + ۱۲‬‬ ‫ﺏ‪ p(x) = ±(x۲ + x − ۱) .‬ﺩﺭ ‪.x = − ۲۱‬‬ ‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ a۳ ،a۲ ،a۱‬ﻭ ‪ a۴‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻧﻤﺎﻳﺎﻥﮔﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺩﺭﺧﺘﺎﻥ ﺳﻴﺐ‪ ،‬ﺩﺭﺧﺘﺎﻥ ﺍﻧﺎﺭ‪ ،‬ﺩﺭﺧﺘﺎﻥ ﻫﻠﻮ ﻭ‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﺧﺎﻟﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺧﺎﻟﯽ‪ ،‬ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﻫﻠﻮ ﻭ ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ ﻳﮏ ﻫﻢﺳﺎﻳﻪﯼ‬ ‫ﺳﻴﺐ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺳﻴﺐﻫﺎ ﮐﻪ ‪ a۱‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۴a۱‬ﺯﻭﺝ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻫﻢﺳﺎﻳﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﻳﺎﻓﺖ ﮐﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺁﻥﻫﺎ ﺩﺭﺧﺖ ﺳﻴﺐ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺩﺭﺧﺖ ﺳﻴﺐ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ‪ .۴a۱ ≥ a۲ + a۳ + a۴‬ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺷﻤﺎﺭﺵ ﻣﺸﺎﺑﻬﯽ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻣﺠﺎﻭﺭﯼ ﮐﻪ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺁﻥﻫﺎ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ ﻭ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺩﺭﺧﺖ‬ ‫ﻫﻠﻮ ﻭ ﻳﺎ ﺧﺎﻟﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺧﺎﻟﯽ ﻭ ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﻫﻠﻮ ﻳﮏ ﻫﻢﺳﺎﻳﻪﯼ ﺍﻧﺎﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ‬ ‫ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ ﻳﮏ ﻫﻢﺳﺎﻳﻪﯼ ﺳﻴﺐ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺳﻪ ﺗﺎ ﺍﺯ ﻫﻢﺳﺎﻳﻪﻫﺎﯼ‬ ‫ﻳﮏ ﺩﺭﺧﺖ ﺍﻧﺎﺭ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﻫﻠﻮ ﻭ ﻳﺎ ﺧﺎﻟﯽ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۳a۲‬ﺯﻭﺝ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻳﺎﻓﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .۳a۲ ≥ a۳ + a۴‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺑﻴﻨﻴﻢ ﮐﻪ ‪.۲a۳ ≥ a۴‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‪:‬‬ ‫‪۲a۳ ≥ a۴‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪⇒ a۳‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪⇒ a۲‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪+ a۴ = ۲a۴ ⇒ a۱‬‬

‫‪+ a۴ = ۳۲ a۴‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪۳a۲ ≥ a۳ + a۴‬‬

‫‪+‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪۴a۱ ≥ a۲ + a۳ + a۴‬‬

‫‪a۴‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ a۱ + a۲ + a۳ + a۴ = ۵۰ × ۵۰ = ۲۵۰۰‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪۵‬‬ ‫‪a۴ a۴ a۴‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+‬‬ ‫‪+ a۴ = a۴ ⇒ ۱۰۰۰ ≥ a۴‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫≥ ‪۲۵۰۰ = a۱ + a۲ + a۳ + a۴‬‬

‫ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﮐﺎﻣﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫‪ .۳‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ AM‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ BAC‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪∠BAC‬‬ ‫‪= ∠BAM‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= ‪∠DBM = ∠CBM = ∠M AC‬‬

‫‪۷۰‬‬

‫ﭘﺲ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABD‬ﺩﺭ ‪ B‬ﺑﺮ ‪ BM‬ﻣﻤﺎﺱ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ P‬ﮐﻪ ﺭﻭﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﻂ‬ ‫ﻣﻤﺎﺱ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪ ،‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺩﺭﻭﻥ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪).∠AP Q = ∠AP D ≤ ∠ABD = ∠B‬ﺍﮔﺮ ‪ T‬ﺭﺍ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ P D‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ‪ ABD‬ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ ،‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠AT D‬ﮐﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ∠ABD‬ﺍﺳﺖ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ‬ ‫ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AP T‬ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺯ ‪ ∠AP D‬ﮐﻢﺗﺮ ﻧﻴﺴﺖ‪.‬‬ ‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻓﻬﻤﻴﺪ ‪ .∠AQP ≤ ∠C‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ‪:‬‬ ‫‪∠P AQ = ۱۸۰◦ − ∠AP Q − ∠AQP ≥ ۱۸۰◦ − ∠B − ∠C = ∠A‬‬

‫‪ .۴‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺍﻳﻦ ﻋﻤﻞ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ n > ۲‬ﺍﻣﮑﺎﻥﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n − ۲‬ﺍﻣﮑﺎﻥﭘﺬﻳﺮ‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﺑﻴﺎﻥ ﭼﻬﺎﺭ ﺟﻬﺖ ﺍﺯ ﭼﻬﺎﺭ ﻭﺍﮊﻩﯼ ”ﺑﺎﻻ”‪” ،‬ﭘﺎﻳﻴﻦ”‪” ،‬ﭼﭗ” ﻭ ”ﺭﺍﺳﺖ” ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺳﺘﻮﻥ ‪n + ۲‬ﺗﺎﻳﯽ ﺑﺨﻮﺍﻫﻨﺪ ﺑﻪ ‪n + ۲‬ﺳﺘﻮﻥ ‪n‬ﺗﺎﻳﯽ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﻧﻔﺮﺍﺕ ﺳﻄﺮ ﺑﺎﻻ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﺣﺘﻤﴼ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺣﺮﮐﺖ ﮐﻨﻨﺪ ﻭ ﻧﻔﺮﺍﺕ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﺑﺎﻳﺪ ﺣﺘﻤﴼ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺑﻪ ﺑﺎﻻ ﺑﺮﻭﻧﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ‬ ‫ﻧﻔﺮﺍﺕ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ ﺑﺎﻳﺪ ﻳﮏ ﻗﺪﻡ ﺑﻪ ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ﺑﺮﻭﻧﺪ ﻭ ﻧﻔﺮﺍﺕ ﺳﻤﺖ ﭼﭗ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺑﻪ ﺳﻤﺖ ﺭﺍﺳﺖ‬ ‫ﺑﻴﺎﻳﻨﺪ‪).‬ﺍﻟﺒﺘﻪ ﺑﻪ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ﻧﻔﺮ ﺑﺎﻻﻳﯽ ﻭ ﭘﺎﻳﻴﻨﯽ ﺍﻳﻦ ﺳﺘﻮﻥﻫﺎ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺳﺘﻮﻥ ﺑﺎﻻ ﻭ ﭘﺎﻳﻴﻦ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺣﺮﮐﺘﺸﺎﻥ‬ ‫ﺗﻮﺿﻴﺢ ﺩﺍﺩﻩ ﺷﺪ‪ (.‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ ﺑﻘﻴﻪﯼ ﺳﺮﺑﺎﺯﻫﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﺁﻥﻫﺎ ﺷﺎﻣﻞ ‪ n − ۲‬ﺳﺘﻮﻥ‪n ،‬ﺗﺎﻳﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﻪ‬ ‫‪ n‬ﺳﺘﻮﻥ ‪n − ۲‬ﺗﺎﻳﯽ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﺷﻮﻧﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﺩﻋﺎ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺎ ﺗﮑﺮﺍﺭ ﭼﻨﺪﺑﺎﺭﻩﯼ ﺍﻳﻦ ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﺪ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۲‬ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻋﺪﺩﯼ ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۱‬ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۱‬ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻧﻴﺴﺖ‪ ،‬ﺯﻳﺮﺍ ﺩﻭ ﺳﺮﺑﺎﺯ ﮐﻨﺎﺭﯼ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺑﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﻭﺳﻂ ﺑﻴﺎﻳﻨﺪ‬ ‫ﻭ ﺍﻳﻦ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ‪ n = ۲‬ﺑﻪ ﺳﺎﺩﮔﯽ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﻳﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﻗﺎﺑﻞ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ‬ ‫ﺗﻨﻬﺎ ﺯﻣﺎﻧﯽ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ n‬ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺯﻭﺝ‬ ‫ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﻮﺩﻥ ‪ai‬ﻫﺎ‪:‬‬

‫‪< j‬‬

‫‪ i‬ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻣﺘﻤﺎﻳﺰ‪ ،‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ‬

‫‪aj − ai |aj‬‬

‫ﻭ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﮐﻴﺪﴽ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﻭ‬

‫‪aj > aj − a۱ > aj − a۲ > · · · > aj − ai‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﻫﻤﻪﯼ ﺟﻤﻠﻪﻫﺎﯼ ﺑﺎﻻ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ‪ aj‬ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ‪ aj > b۱ > b۲ > · · · > bk‬ﻫﻤﻪﯼ‬ ‫ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪﻫﺎﯼ ‪ aj‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ ‪ .aj − ai ≤ bi‬ﺣﺎﻝ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪i + ۱ ،bi‬ﺍﻣﻴﻦ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺑﺰﺭﮒ‬ ‫‪۷۱‬‬

‫‪aj‬‬ ‫‪ aj‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫‪ bi ≤ i+۱‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﮐﻞ‪:‬‬

‫‪aj‬‬ ‫‪⇒ (i + ۱)(aj − ai ) ≤ aj ⇒ iaj ≤ (i + ۱)ai ≤ jai‬‬ ‫‪i+۱‬‬

‫≤ ‪aj − ai ≤ b i‬‬

‫‪ .۶‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻣﻴﺰ ﺭﺍ ﺑﻪ ‪ ۱۱‬ﮐﻤﺎﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺗﻘﺴﻴﻢ ﮐﻨﻴﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎﯼ ‪ i‬ﻭ ‪ j‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪ ﺍﺯ ﺟﺪﻭﻝ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪،‬‬ ‫ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺑﻴﻦ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﺍ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﺑﻴﻦ ﻧﻘﺎﻁ ﺁﻥ ﺩﻭ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ)ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ﮐﻢﺗﺮ(‪ .‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭ ﻣﺜﺎﻝ ﺩﺭ‬ ‫ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺩﻭ ﮐﺎﺭﺕ ‪ i‬ﻭ ‪ j‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۵‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ﻫﺮ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻓﺎﺻﻠﻪﻫﺎﯼ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎﯼ ﺑﺎ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺭﺍ ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪).‬ﺩﻗﺖ‬ ‫ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﮐﺎﺭﺕ ‪ ۱۱‬ﺑﺎ ‪ ۱‬ﺷﻤﺎﺭﻩﯼ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺩﺍﺭﻧﺪ!( ﺍﮔﺮ ﻣﺤﻞ ﮐﺎﺭﺕ ‪ i‬ﺩﺭ ﮐﻤﺎﻥ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﺑﻴﻦ ‪ i + ۱‬ﻭ ‪i − ۱‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ‪) .‬ﺯﻳﺮﺍ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ i + ۱‬ﻭ ‪ i − ۱‬ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ‪ ،‬ﺍﻣﺎ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ‪ i‬ﻭ ‪i + ۱‬‬ ‫ﻭ ﻫﻤﻴﻦﻃﻮﺭ ‪ i‬ﻭ ‪ ،i − ۱‬ﺍﺯ ﻳﮑﯽ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﮐﻢ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﺑﻪ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﻳﮏ ﻭﺍﺣﺪ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﻣﯽﮔﺮﺩﺩ‪ (.‬ﻭ ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺻﻮﺭﺕ ﺩﻭ ﻭﺍﺣﺪ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺷﮑﻞﻫﺎﯼ ﺯﻳﺮ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‪.‬‬

‫ﺩﻭ ﻭﺍﺣﺪ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬

‫ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻓﺎﺻﻠﻪ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺯﻭﺟﻴﺖ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﻫﻤﻮﺍﺭﻩ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۱۱‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﮔﺮ ﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ‬ ‫ﻫﻤﻪﯼ ﮐﺎﺭﺕﻫﺎ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻧﻘﻄﻪ ﺟﻤﻊ ﺷﻮﻧﺪ‪ ،‬ﺍﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺻﻔﺮ ﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪.‬‬

‫‪۷۲‬‬

‫‪۲۴.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﺸﺘﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۸۹‬‬

‫‪ .۱‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫)‪(ab + ۱)۲ + (a − b)۲ = a۲ b۲ + a۲ + b۲ + ۱ = (ab − ۱)۲ + (a + b)۲ = (a۲ + ۱)(b۲ + ۱‬‬

‫ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﺤﺖ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ a۲ + ۱‬ﻭ ‪ b۲ + ۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺯﻳﺮﺍ ﺍﮔﺮ ﻋﺎﻣﻞ ﺍﻭﻝ ﻣﺸﺘﺮﮐﯽ‬ ‫ﻣﺜﻞ ‪ p‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺗﻔﺎﺿﻞ ﺁﻥﻫﺎ ﻳﻌﻨﯽ ‪ a۲ − b۲‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ‪ p|a + b‬ﻭ ﻳﺎ ‪.p|a − b‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ‪ ،p|a + b‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ )‪ (ab − ۱)۲ + (a + b)۲ = (a۲ + ۱)(b۲ + ۱‬ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫‪ ab − ۱‬ﻫﻢ ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺑﻮﺩﻥ ‪ a + b‬ﻭ ‪ ab − ۱‬ﮐﻪ ﻓﺮﺽ ﺳﺆﺍﻝ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺍﮔﺮ ‪ ،p|a − b‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ )‪(ab + ۱)۲ + (a − b)۲ = (a۲ + ۱)(b۲ + ۱‬‬ ‫ﻫﻢ ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ ab + ۱‬ﺑﺮ ‪ p‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺑﻮﺩﻥ ‪a − b‬‬ ‫ﻭ ‪ ab + ۱‬ﮐﻪ ﻓﺮﺽ ﺳﺆﺍﻝ ﺍﺳﺖ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ ‪ a۲ + ۱‬ﻭ ‪ b۲ + ۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺣﺎﺻﻞﺿﺮﺏ ﺁﻥﻫﺎ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﻳﻌﻨﯽ ﻋﺪﺩ ﺻﺤﻴﺢ ‪ x‬ﻳﺎﻓﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪ .x۲ = a۲ + ۱‬ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ (x − a)(x + a) = ۱‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ x − a‬ﻭ ‪ x + a‬ﻫﺮ ﺩﻭ ﺻﺤﻴﺢ ﻫﺴﺘﻨﺪ‬ ‫ﺑﺎﻳﺪ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۱‬ﻳﺎ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ −۱‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﻫﺮ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮﻧﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ a‬ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺑﺎ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺑﻮﺩﻥ ‪ a‬ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﺻﻞﺿﺮﺏ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﻣﺮﺑﻊ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ k‬ﻣﺜﻠﺚ ﺑﺎ ﻣﺴﺎﺣﺖ ﻳﮏ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ﺑﺎ ﺭﺋﻮﺱ ﺩﺭ ﺑﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﺎﻁ ﻣﻮﺟﻮﺩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻳﮏ ﺯﻭﺝ‬ ‫ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﺎﻁ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﻝﺧﻮﺍﻩ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﻭ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺑﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ d‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻫﺮ ﻧﻘﻄﻪﯼ‬ ‫ﺩﻳﮕﺮﯼ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ ﺗﻮﻟﻴﺪ ﺷﺪﻩ ﺗﻮﺳﻂ ﺁﻥ ﻭ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻪﺷﺪﻩ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﻓﺎﺻﻠﻪﺍﯼ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫‪ d۲‬ﺍﺯ ﺧﻂ ﺷﺎﻣﻞ ﺁﻥ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﭼﻨﻴﻦ ﻧﻘﺎﻃﯽ ﺑﺎﻳﺪ ﺭﻭﯼ ﺩﻭ ﺧﻂ ﻣﻮﺍﺯﯼ)ﻭ ﺑﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ‬ ‫‪ ( d۲‬ﺑﺎ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ﺷﺎﻣﻞ ﺁﻥ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﻭﯼ ﻫﻴﭻ ﺧﻄﯽ ﺳﻪ‬ ‫ﻧﻘﻄﻪ ﺍﺯ ﻧﻘﺎﻁ ﻗﺮﺍﺭ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﭼﻨﻴﻦ ﻧﻘﺎﻃﯽ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۴‬ﺍﺳﺖ)ﺭﻭﯼ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺧﻂ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﻭ ﻧﻘﻄﻪ(‪.‬‬ ‫) (‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﻤﻪﯼ ‪ n۲‬ﺯﻭﺝ ﻧﻘﻄﻪ‪ ،‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﺎﻁ ﺭﺍ ﺑﺸﻤﺎﺭﻳﻢ ﻫﺮ ﻣﺜﻠﺚ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﺳﻪ ﺑﺎﺭ‬ ‫ﺷﻤﺮﺩﻩ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫) (‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪≥ ۳k ⇒ (n۲ − n) ≥ k‬‬ ‫‪۳‬‬

‫‪n‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪۴‬‬

‫ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۳‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ P D‬ﮐﻪ ﻣﺤﻮﺭ ﺍﺻﻠﯽ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ AB‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ N‬ﻗﻄﻊ‬ ‫ﮐﻨﺪ‪ .‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ BDP C‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .∠BDC = ∠BP C‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ‬ ‫‪ ∠DP M = ∠BP C‬ﻳﺎ ﻣﻌﺎﺩﻻﹰ ‪ .∠DP B = ∠M P C‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ N‬ﺭﻭﯼ ﻣﺤﻮﺭ ﺍﺻﻠﯽ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ‪،‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻗﻮﺕ ﺁﻥ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪N A۲ = N B ۲ ⇒ N A = N B‬‬

‫‪۷۳‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬

‫‪۱ d‬‬ ‫‪∠P BC = ∠P DC = ADP‬‬ ‫‪= ∠P AB‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪∠P CB = Pd‬‬ ‫‪DB = ∠P BA‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭘﺲ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪P CB‬ﻭ ‪ P BA‬ﻣﺘﺸﺎﺑﻪ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﺑﻴﻦ ﻣﻴﺎﻧﻪ ﻭ ﺿﻠﻊ ﻣﺘﻨﺎﻇﺮ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ P M‬ﻣﻴﺎﻧﻪﯼ ﻧﻈﻴﺮ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ P BC‬ﻭ ‪ P N‬ﻣﻴﺎﻧﻪﯼ ﺿﻠﻊ ‪ AB‬ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ‬ ‫‪ P AB‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ ∠DP B = ∠N P B = ∠M P C‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﻫﻤﺎﻥ ﺣﮑﻤﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻗﺼﺪ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺁﻥ ﺭﺍ ﺩﺍﺷﺘﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ α‬ﻳﮏ ﺭﻳﺸﻪﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻣﻌﺎﺩﻟﻪ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ‪ .|α| ≤ ۱‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‪:‬‬ ‫)‪P (α) = ۰ ⇒ aα۳ + bα۲ + cα + d = ۰ ⇒ aα۳ + cα = −(bα۲ + d‬‬ ‫‪⇒ |α||aα۲ + c| = |bα۲ + d| ⇒ |aα۲ + c| ≥ |bα۲ + d| ≥ bα۲ + d‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺑﻴﺶﺗﺮﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭﯼ ﮐﻪ ﺗﺎﺑﻊ |‪ f (x)|ax + c‬ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ ]‪ [۰, ۱‬ﻣﯽﭘﺬﻳﺮﺩ‪ ،‬ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ‬ ‫ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ ﺍﻧﺘﻬﺎﻳﯽ ﺑﺎﺯﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻭ ﺑﻪ ﻋﺒﺎﺭﺗﯽ }|‪ .f (x) ≤ max{f (۰), f (۱)} = max{|c|, |a + c‬ﭘﺲ‪:‬‬ ‫}|‪|aα۲ + c| ≤ max{|c|, |a + c‬‬

‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﺪﻻﻟﯽ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﮔﻔﺖ ﮐﻪ ﺗﺎﺑﻊ ﺧﻄﯽ ‪ g(x) = bx + d‬ﻧﻴﺰ ﮐﻢﺗﺮﻳﻦ ﻣﻘﺪﺍﺭ ﺧﻮﺩ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﻧﻘﺎﻁ‬ ‫ﺍﻧﺘﻬﺎﻳﯽ ﻣﯽﭘﺬﻳﺮﺩ‪ .‬ﭘﺲ‪:‬‬ ‫}‪bα۲ + d ≥ min{d, b + d‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﻨﺎﺑﺮ ﺭﺍﺑﻄﻪﻫﺎﯼ ﺑﺎﻻ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫}‪max{|c|, |a + c|} ≥ |aα۲ + c| ≥ bα۲ + d ≥ min{d, b + d‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺎﻳﺪ }‪ max{|c|, |a + c|} ≥ min{d, b + d‬ﮐﻪ ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺩﺭ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ ﭼﻨﻴﻦ ‪α‬ﺍﯼ‬ ‫ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‬ ‫) ‪P (x) = ax۳ + bx۲ + cx + d = (a + c)x۳ + (b + d)x۲ + c(x − x۳ ) + d(۱ − x۲‬‬

‫ﺍﮔﺮ }‪ ،x ∈/ {−۱, ۰, ۱‬ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫ﺍﻟﻒ‪(a + c)x۳ + (b + d)x۲ > ۰ .‬‬ ‫ﺏ‪c(x − x۳ ) + d(۱ − x۲ ) .‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﺩﻋﺎﯼ ﺍﻟﻒ‪ ،‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ‪ ،۰ < |x| < ۱‬ﭘﺲ‬ ‫))‪(a + c)x۳ + (b + d)x۲ = x۲ ((a + c)x + (b + d‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫‪b + d > |a + c ≥ x(a + c)| ≥⇒ (a + c)x۳ + (b + d)x۲ > ۰‬‬

‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﺩﻋﺎﯼ ﺏ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ ۱ − x۲ > ۰‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‪:‬‬ ‫‪d > |c| > |xc| ≥ −xc ⇒ cx + d > ۰ ⇒ (۱ − x۲ )(cx + d) > ۰ ⇒ c(x − x۳ ) + d(۱ − x۲ ) > ۰‬‬

‫‪۷۴‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺟﻤﻊ ﺯﺩﻥ ﺭﺍﺑﻄﻪﻫﺎﯼ ﺍﻟﻒ ﻭ ﺏ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ ﮐﻪ )‪ P (x‬ﺭﻳﺸﻪﺍﯼ ﺩﺭ ]‪ [−۱, ۱‬ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ ،‬ﻣﮕﺮ‬ ‫ﺍﺣﺘﻤﺎﻻﹰ ﺩﺭ ‪ +۱ ،۰‬ﻭ ﻳﺎ ‪ −۱‬ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺳﻪ ﻋﺪﺩ ﺭﺍ ﺟﺪﺍﮔﺎﻧﻪ ﺑﺮﺭﺳﯽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪P (۰) = d > |c| ≥ ۰‬‬ ‫‪b + d > |a + c| ⇒ b + d > a + c ⇒ P (−۱) > ۰‬‬ ‫‪b + d > |a + c| ⇒ b + d > −a − c ⇒ P (۱) > ۰‬‬

‫ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﻧﻘﺎﻁ ﻫﻢ ﺭﻳﺸﻪﯼ )‪ P (x‬ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ‬

‫‪ ∠BCT‬ﺯﺍﻭﻳﻪﺍﯼ ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ‪ BCE‬ﺑﺎ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ﺧﺎﺭﺟﯽ ‪ ∠ABC‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﭘﺲ = ‪∠BCT‬‬

‫‪ .∠CBT‬ﭘﺲ‪:‬‬

‫‪ ۱۲ ∠ABC‬ﻭ ﺑﻪ ﻃﻮﺭ ﻣﺸﺎﺑﻪ ‪= ۱۲ ACB‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫◦‪∠CT F = ∠BCT + ∠CBT = ∠ABC + ∠ACB = (۱۸۰◦ − ∠BAC) = ۶۰‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ABT C‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .∠EBF = ∠ACE = ∠AKE‬ﺍﻳﻦ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ‬ ‫ﮐﻪ ‪ .∠ABF = ۱۸۰◦ − ∠EBF = ۱۸۰◦ − ∠AKE = ∠AKF‬ﭘﺲ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ABKF‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ‪ ∠EBK = ∠CF K‬ﻭ ‪ ∠BEK = ∠KCF‬ﻭ ‪ ،BE = CF‬ﭘﺲ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪ KEB‬ﻭ ‪KCF‬‬ ‫ﻫﻢﻧﻬﺸﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .KE = KC‬ﺑﻪ ﻋﻨﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺩﻭ ﮐﻤﺎﻥ ‪ EK‬ﻭ ‪ KC‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ‪ AK‬ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ‬ ‫ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠BAC‬ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ ،۲ ≤ i ≤ n‬ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ‪ Ai‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﮐﻼﺱﻫﺎﯼ ‪i‬ﻧﻔﺮﻩ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫)‪ .|Ai | ≤ n(n−۱‬ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﻫﺮ ﺯﻳﺮﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺩﻭ ﻋﻀﻮﯼ ﺍﺯ ﺩﺍﻧﺶﺁﻣﻮﺯﺍﻥ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺩﺭ ﻳﮏ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ )‪i(i−۱‬‬ ‫(‬ ‫)‬ ‫(‬ ‫)‬ ‫‪n‬‬ ‫‪i‬‬ ‫)‪.|Ai | ≤ n(n−۱‬‬ ‫ﮐﻼﺱ ﺍﺯ ﮐﻼﺱﻫﺎﯼ ‪ Ai‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺷﺮﮐﺖ ﮐﻨﻨﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺑﻪ ﻋﺒﺎﺭﺗﯽ ‪ . ۲ ≥ |Ai | ۲‬ﭘﺲ )‪i(i−۱‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ‬ ‫| ‪m = |A۲ | + |A۳ | + · · · + |An‬‬

‫ﺩﺍﺷﺖ‪:‬‬ ‫ﺩﺭ ﻧﻬﺎﻳﺖ ﺑﺎ ﺟﺎﯼﮔﺬﺍﺭﯼ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ )ﺁﻣﺪﻩ ﺩﺭ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﻓﻮﻕ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ‬ ‫(‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫)‪+ ۱ + · · · + n(n−۱‬‬ ‫)‪( ۲(۲−۱) ۳(۳−۱‬‬ ‫)‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪= n(n − ۱) ۱ − ۱۲ + ۲۱ − ۱۳ + · · · + n−۱‬‬ ‫‪− n۱ = n(n − ۱)(۱ − n۱ ) = (n − ۱)۲‬‬

‫)‪m ≤ n(n − ۱‬‬

‫ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬

‫‪۷۵‬‬

‫‪۲۵.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺑﻴﺴﺖ ﻭ ﻧﻬﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۹۰‬‬

‫‪ .۱‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﺍﺻﻞ ﻻﻧﻪﮐﺒﻮﺗﺮﯼ ﺍﺯ ‪ ۱۳۹۰‬ﻣﻮﺭﭼﻪ‪ ،‬ﻻﺍﻗﻞ ‪ ۶۹۵‬ﻣﻮﺭﭼﻪ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ﺧﻂ ﻣﻔﺮﻭﺽ ﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻳﻦ ﻃﺮﻑ ﺑﺎﻻﯼ ﺧﻂ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﺩﺍﻣﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺁﻥ ﻣﻮﺭﭼﻪﻫﺎﻳﯽ ﺭﺍ ﺩﺭﻧﻈﺮ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ﮐﻪ ﺩﺭ‬ ‫ﺑﺎﻻﯼ ﺧﻂ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﻣﺤﻮﺭ ‪ x‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﺟﻬﺖ ﺧﻂ ﻭ ﻣﺤﻮﺭ ‪ y‬ﺭﺍ ﻋﻤﻮﺩ ﺑﺮ ﺁﻥ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻣﯽ ﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ) ‪ (xi , yi‬ﻧﻤﺎﻳﺶﮔﺮ‬ ‫ﻣﺨﺘﺼﺎﺕ ﺳﺮ ﻳﮏ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺩﺭ ﺑﺎﻻﯼ ﻣﺤﻮﺭ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﺮﺍﯼ ﺩﻭ ﻣﻮﺭﭼﻪﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ‪ i‬ﻭ ‪ j‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫‪(xi − xj )۲ + (yi − yj )۲ ≥ ۲۲ = ۴ ⇒ (xi − xj )۲ ≥ ۴ − (yi − yj )۲ ≥ ۳‬‬ ‫√‬

‫ﻟﺬﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻣﻮﺭﭼﻪﺍﯼ ﺩﺭ ﺑﺎﻻﯼ ﺧﻂ ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ‪ xi − xj ≥ ۳‬ﭘﺲ ﺍﮔﺮ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﻣﻮﺭﭼﻪﻫﺎ ﺑﺮ‬ ‫ﺣﺴﺐ ﻣﺨﺘﺼﻪ ‪ x‬ﻣﺮﺗﺐ ﺷﺪﻩﺍﻧﺪ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ‪ x۱ < x۲ < x۳ < ... < x۶۹۵ :‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﻫﺮ ﺩﻭ ﻋﻀﻮ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ‬ ‫√‬ ‫√‬ ‫ﺍﺯ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ﻓﻮﻕ ﻻﺍﻗﻞ ‪ ۳‬ﺍﺳﺖ ﭘﺲ ‪ x۶۹۵ − x۱ ≥ ۳ × ۶۹۴ > ۱۲۰۰‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺩﺭ ﺭﺍﺳﺘﺎﯼ‪x‬‬ ‫ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ‪ ۱۲‬ﻣﺘﺮ ﻓﺎﺻﻠﻪ ﺩﺍﺭﻧﺪ ﭘﺲ ﮐﻼً ﻓﺎﺻﻠﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۱۲‬ﻣﺘﺮ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ﺳﺮ ﻫﺮ ﻣﻮﺭﭼﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﺑﻪ ﺷﻌﺎﻉ ﻳﮏ ﺳﺎﻧﺘﯽﻣﺘﺮ ﺭﺳﻢ ﮐﻨﻴﻢ‪ ،‬ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻣﻌﺎﺩﻝ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩﺍﯼ ﻫﻢﺩﻳﮕﺮ ﺭﺍ ﻗﻄﻊ ﻧﻤﯽﮐﻨﻨﺪ ﻭ ﻫﻤﮕﯽ ﺧﻂ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺍ ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ)ﭼﺮﺍ؟(‬ ‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎ ﺧﻂ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺭﺍ ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﻨﺪ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﻫﻤﻪﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎ ﺑﻪ ﮐﻠﯽ‬ ‫ﺩﺍﺧﻞ ﻧﻮﺍﺭﯼ ﺑﻪ ﭘﻬﻨﺎﯼ ‪ ۴‬ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰﻳﺖ ﺧﻂ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﮔﻴﺮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ﺧﻠﻒ ﺍﮔﺮ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺳﺮ ﻫﻤﻪﯼ ﻣﻮﺭﭼﻪﻫﺎ ﺩﺭﻭﻥ ﻃﻮﻝ ‪ ۱۰۰۰‬ﺳﺎﻧﺘﯽﻣﺘﺮ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽ ﮔﻴﺮﺩ ﻣﯽ‬ ‫ﺗﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺖ ﮐﻪ ﻃﻮﻝ ‪ ۱۰۰۲‬ﺍﺯ ﻧﻮﺍﺭ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻫﻤﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎ ﺑﻪ ﮐﻠﯽ ﺩﺭﻭﻥ ﺁﻥ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﻣﺎ ﻣﺴﺎﺣﺖ ﺍﻳﻦ ﻧﺎﺣﻴﻪ ‪ ۴۰۰۸‬ﺳﺎﻧﺘﯽﻣﺘﺮ ﻣﺮﺑﻊ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﺯ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻣﺴﺎﺣﺖ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﺩﺭﻭﻥ ﺍﻳﻦ ﻧﺎﺣﻴﻪ‬ ‫)‪ (۱۳۹۰π ≈ ۴۳۶۷‬ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺗﻮﺿﻴﺢ‪ :‬ﺭﺍﻩﺣﻞﻫﺎﯼ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﻧﻴﺰ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﮐﺮﺍﻥﻫﺎﯼ ﺑﻪﺗﺮﯼ ﻧﻴﺰ ﻣﯽﺩﻫﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻣﻄﺎﺑﻖ ﺷﮑﻞ ‪ G‬ﺭﺍ ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ E‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ BEG‬ﻳﮏ‬ ‫‪.(∠EBG = ۹۰◦ − ∠ABC‬‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ)‪ (BE = BG‬ﮐﻪ ﻳﮏ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ۶۰‬ﺩﺭﺟﻪ ﺩﺍﺭﺩ) ◦‪= ۶۰‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫ﭘﺲ ﺍﻳﻦ ﻣﺜﻠﺚ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻻﺿﻼﻉ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ M‬ﺭﺍ ﻭﺳﻂ ﺿﻠﻊ ‪ BG‬ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻣﺜﻠﺚ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﺩﺭ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﻣﻴﺎﻧﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﺍﺭﺗﻔﺎﻉ ﺍﺳﺖ‪ EM ⊥ BG ،‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ◦‪ .∠BEM = ۳۰‬ﭘﺲ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ‪ .BD ≤ BM‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ D‬ﺭﻭﯼ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ ∠A‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﺍﮔﺮ ‪ H‬ﭘﺎﯼ ﻋﻤﻮﺩ ﻭﺍﺭﺩ ﺍﺯ ‪ D‬ﺑﺮ ‪ AC‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .BD = DH ،‬ﺍﻣﺎ ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ DH‬ﺑﺮ‬ ‫‪ AC‬ﻋﻤﻮﺩ ﺍﺳﺖ‪ .DH ≤ DC ،‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﮐﻞ ‪ .BD ≤ DC‬ﺍﻳﻦ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ‪ D‬ﻭ ‪ B‬ﺩﺭ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ﻋﻤﻮﺩ‬ ‫ﻣﻨﺼﻒ ‪ BC‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ ،BC‬ﻃﺒﻖ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﺗﺎﻟﺲ ‪ BG‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﻭﺳﻄﺶ‬ ‫ﻳﻌﻨﯽ ‪ M‬ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ D‬ﺭﻭﯼ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ BM‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ DB ≤ BM‬ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺍﺛﺒﺎﺕ‬ ‫ﺑﻪ ﭘﺎﻳﺎﻥ ﻣﯽﺭﺳﺪ‪.‬‬ ‫‪۷۶‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﻣﺤﻞ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪BE‬ﻭ ‪ AD‬ﺍﺳﺖ ﺭﺍ ﻣﻄﺎﺑﻖ‬ ‫ﻣﻌﻤﻮﻝ ﺑﺎ ‪ I‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ α .‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۱۲ ∠BAC‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫◦‪= ۹۰◦ − ۳۰◦ = ۶۰‬‬ ‫◦‪= ۹۰◦ − ۳۰◦ = ۶۰‬‬

‫‪∠CBA‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪∠CBA‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪∠IBD = ۹۰◦ − ∠IBA = ۹۰◦ −‬‬ ‫‪∠CEB = ۹۰◦ − ∠CBE = ۹۰◦ −‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ BEC‬ﻭ ‪ ∠CEB = ∠EBD = ۶۰◦ ،BED‬ﻭ ‪ BE‬ﺿﻠﻊ ﻣﺸﺘﺮﮎ ﻫﺮ ﺩﻭ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ‬ ‫◦‬ ‫‪ BD‬ﻭ‬ ‫ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ ∠EBC = ۳۰‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ‪ BD ≤ CE‬ﻭﻟﯽ ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ ﮐﻪ ‪AB = tan α‬‬ ‫‪EC‬‬ ‫‪ . BC‬ﭘﺲ‬ ‫) ◦‪= tan(۳۰‬‬ ‫◦‪BD ≤ CE ⇔ AB tan α ≤ BC tan ۳۰‬‬ ‫‪AB‬‬ ‫◦‬ ‫‪BC . tan α ≤ tan ۳۰‬‬ ‫)‪◦ −۲α‬‬ ‫◦‪≤ tan ۳۰‬‬ ‫‪tan α sin(۱۲۰‬‬ ‫)‪sin(۲α‬‬ ‫)‪sin α sin(۱۲۰◦ −۲α‬‬ ‫◦‬ ‫‪cos α ۲ sin α. cos α ≤ tan ۳۰‬‬

‫⇔‬ ‫⇔‬ ‫⇔‬

‫◦‪⇔ sin(۱۲۰◦ − ۲α) ≤ ۲cos۲ α. tan ۳۰‬‬ ‫◦‪⇔ sin ۱۲۰◦ . cos(۲α) − sin ۱۲۰◦ . sin(۲α) ≤ (۱ + cos(۲α)) tan ۳۰‬‬ ‫◦‪⇔ (sin ۱۲۰◦ − tan ۳۰◦ ). cos(۲α) − cos ۱۲۰◦ . sin(۲α) ≤ tan ۳۰‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩﻥ ﺍﻳﻦ ﺣﮑﻢ ﻣﻌﺎﺩﻝ ﺁﺧﺮ ﺍﺯ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ ﮐﻮﺷﯽﺷﻮﺍﺭﺗﺰ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪((sin ۱۲۰◦ − tan ۳۰◦ ). cos(۲α) − cos ۱۲۰◦ . sin(۲α) ≤ tan ۳۰◦ )۲‬‬

‫‪≤ ((sin ۱۲۰◦ − tan ۳۰◦ ). cos(۲α) − cos ۱۲۰◦ . sin(۲α) ≤ tan ۳۰◦ )۲‬‬ ‫) ◦‪= tan۲ (۳۰‬‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۳‬‬

‫=‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۴‬‬

‫‪+‬‬

‫‪۳‬‬ ‫‪۳۶‬‬

‫‪۲‬‬ ‫‪+ ( −۱‬‬ ‫= ) ‪۲‬‬

‫√‬

‫‪۳ ۲‬‬ ‫) ‪۳‬‬

‫‪−‬‬

‫√‬

‫‪۳‬‬ ‫‪۲‬‬

‫( =‬

‫‪ .۳‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﺍﮐﻴﺪﴽ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺑﻪ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫ﮐﻪ ﺑﺮﺍﯼ ﻳﮏ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ .ai = ai+۱ ،i‬ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﻳﮏ ﻋﺪﺩ ﺍﻭﻝ ﺑﺰﺭﮒ ﻣﺜﻞ ‪ j ،p‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ p − i‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ‪.‬‬ ‫ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ i + j‬ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﭘﺲ ‪ ai + aj‬ﻫﻢ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺭﺩ ﻭ ﺩﺭ‬ ‫‪۷۷‬‬

‫ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ‪ ai+۱ + aj = ai + aj‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ ai+۱ + aj‬ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺑﻮﺩﻩ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺩﻭ ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ‪ i + j + ۱ = p + ۱‬ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ‪ i‬ﻭ ‪ j‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲p−۲‬ﮐﻪ ‪ p‬ﻳﮏ ﻋﺪﺩ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ p ،i+j = ۲p−۱‬ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ‪ ۲ai‬ﻫﻢ ﺑﺎﻳﺪ ‪ p‬ﻣﻘﺴﻮﻡﻋﻠﻴﻪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺗﺠﺰﻳﻪﯼ ‪ ۲ai‬ﺑﻪ ﻋﻮﺍﻣﻞ ﺍﻭﻝ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ‪۲α۱ pα۲ ۲ · · · pαs s‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‪:‬‬ ‫‪(α۱ + ۱)(α۲ + ۱) · · · (αs + ۱) = p‬‬

‫ﭘﺲ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪αi + ۱‬ﻫﺎ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ﻳﮏ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺁﻥﻫﻢ ﻧﺎﭼﺎﺭﴽ ‪ α۱ + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ α۱ = p − ۱‬ﻭ‬ ‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .ai = a۲p−۲ = ۲p−۲‬ﺣﺎﻝ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﺍﯼ ﺍﮐﻴﺪﴽ ﺻﻌﻮﺩﯼ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺻﺤﻴﺢ ﺩﺍﺭﻳﻢ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺑﯽﻧﻬﺎﻳﺖ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﺻﺤﻴﺢ ﻣﺜﻞ ‪ ak = k ،k‬ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﻳﻦ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻣﺠﺒﻮﺭ ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺭﺍ‬ ‫ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﺍﯼ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺻﺪﻕ ﻣﯽﮐﻨﺪ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۴‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ‪ a۱ , a۲ , . . . , an‬ﺷﺮﻁ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺮﺁﻭﺭﺩﻩ ﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫‪۲۰ = a۲۱ + a۲۲ + · · · + a۲n < ۱| + ۱ +{z· · · + ۱} = n‬‬ ‫‪n‬‬

‫ﭘﺲ ‪ .n ≥ ۲۱‬ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ‪ n = ۲۲‬ﺟﻮﺍﺏ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﻣﻨﻈﻮﺭ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫‪a۱ ≤ a۲ ≤ · · · ≤ a۲۱‬‬

‫ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻋﺪﺩ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﯼ )‪ (−۱, ۱‬ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ‪ a۱ + a۲ + · · · + a۲۱ = ۰‬ﻭ ‪ .a۲۱ + a۲۲ + · · · + a۲۲۱ = ۲۰‬ﺣﺎﻝ‬ ‫‪۲۱‬‬ ‫‪ .a۱ ≤ a۱ +a۲ +···+a‬ﭘﺲ ‪ .a۱ ≤ ۰ ≤ a۲۱‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ ۲۱‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ‬ ‫ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪≤ a۲۱‬‬ ‫‪۲۱‬‬ ‫ﻋﺪﺩ ﻣﻤﮑﻦ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺍﺳﺖ ﻫﻴﭻﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ‪ai‬ﻫﺎ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﻣﺸﺨﺺ ‪k‬‬ ‫ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪−۱ < a۱ ≤ a۲ ≤ · · · ≤ ak < ۰ < ak+۱ ≤ · · · ≤ a۲۱ < ۱‬‬

‫ﺍﮔﺮ ‪ ،k ≤ ۱۰‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ k + ۱ ≤ i ≤ ۲۱‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ ۰ < ai < ۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .۰ < a۲i < ai‬ﺣﺎﻝ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫) ‪۲۰ = a۲۱ + a۲۲ + · · · + a۲۲۱ = (a۲۱ + · · · + a۲k ) + (a۲k+۱ + · · · + a۲۲۱‬‬ ‫) ‪< (a۲۱ + · · · + a۲k ) + (ak+۱ + · · · + a۲۱‬‬ ‫) ‪< (a۲۱ + · · · + a۲k ) + (−a۱ − a۲ − · · · − ak‬‬ ‫‪< ۲k ≤ ۲۰‬‬

‫ﮐﻪ ﻳﮏ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﻫﻢ ‪ ،k ≥ ۱۱‬ﺑﺎ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ‪ −ai‬ﺑﻪ ﺟﺎﯼ ‪ ai‬ﻭ ﺗﮑﺮﺍﺭ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﺑﺎﻻ ﺑﻪ‬ ‫ﺗﻨﺎﻗﺾ ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ‪ .‬ﭘﺲ ‪ n‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .n ≥ ۲۲‬ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۲۲‬ﻫﻢ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ﺯﻳﺮ ﺷﺮﺍﻳﻂ‬ ‫ﺧﻮﺍﺳﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫‪۱۱‬‬ ‫‪۱۰‬‬

‫√‬

‫= ‪a۱ = a۲ = · · · = a۱۱ = −a۱۲ = −a۱۳ = · · · = −a۲۲‬‬

‫ﭘﺲ ﭘﺎﺳﺦ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ ۲۲‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪۷۸‬‬

‫‪ .۵‬ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ n‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﻋﻤﺮ ﺭﻧﮕﻴﻦﮐﻤﺎﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲n − ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻭﺯ ﺍﮔﺮ ﺭﻧﮓﻫﺎﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺭﺍ ﺑﺎ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ‪ ۱, ۲, . . . , n‬ﻧﻤﺎﻳﺶ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﺩﻧﺒﺎﻟﻪﯼ ﺯﻳﺮ ﺍﺯ ﺭﻧﮓﻫﺎ ﮐﻪ‬ ‫ﻃﻮﻝ ﺁﻥ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲n − ۱‬ﺍﺳﺖ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﺧﻮﺍﺳﺘﻪ ﺷﺪﻩ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫)‪(۱, ۲, . . . , n − ۱, n, n − ۱, . . . , ۱‬‬

‫ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n = ۱‬ﺣﮑﻢ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﺑﺪﻳﻬﯽ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ‪ n‬ﺩﺭﺳﺖ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ‬ ‫ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ ‪ n‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺭﻭﺯ ﺍﻭﻝ ﺭﻧﮕﻴﻦﮐﻤﺎﻥ ‪ R‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺩﺭ ‪ k‬ﺭﻭﺯ ﺑﺎ ﺷﻤﺎﺭﻩﻫﺎﯼ ‪ R۱ , R۲ , . . . , Rk‬ﺍﻳﻦ ﺭﻧﮓ ﺭﺍ ﺩﺍﺷﺘﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪).‬ﻃﺒﻴﻌﺘﴼ ‪ R۱ = ۱‬ﺍﺳﺖ!(‬ ‫ﺣﺎﻝ ﻫﺮ ﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎﯼ ) ‪ (Rk−۱ , Rk ) ،...،(R۲ , R۳ ) ،(R۱ , R۲‬ﻭ )‪ (Rk , . . .‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪).‬ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ﺑﺎﺯﻩﯼ‬ ‫) ‪ (Ri , Ri+۱‬ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﺑﻴﻦ ﺭﻭﺯ ‪Ri‬ﺍﻡ ﻭ ‪Ri+۱‬ﺍﻡ ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺍﮔﺮ ﭘﺮﻧﺪﻩ ﺩﺭ ﺭﻭﺯ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﻳﮏ ﺭﻧﮓ‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺩﺭ ﻣﻮﺭﺩ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺭﻭﺯ ﻭ ﺳﺮ ﻭ ﺗﻪ ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺷﺎﻣﻞ ﺭﻭﺯ ﺍﻭﻝ ﺑﻪ ﻫﻢ ﻣﯽﺧﻮﺭﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺎﺯﻩﻫﺎﯼ‬ ‫ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺭﻧﮓﻫﺎﯼ ﻣﺨﺘﻠﻒ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪.‬‬ ‫‪ Ci‬ﺭﺍ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻧﮓﻫﺎﻳﯽ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ﺭﻧﮕﻴﻦ ﮐﻤﺎﻥ ﺩﺭ ﺑﺎﺯﻩﺍﯼ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺭﻭﺯ ‪ Ri‬ﺷﺮﻭﻉ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺑﻪ ﺧﻮﺩ ﻣﯽﮔﻴﺮﺩ‪.‬‬ ‫∑‬ ‫ﻃﺒﻖ ﻧﺘﻴﺠﻪﯼ ﺑﺎﻻ ﺑﺎﻳﺪ ‪ ki=۱ Ci = n − ۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ Ci < n‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺗﻌﺪﺍﺩ‬ ‫ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﺑﺎﺯﻩﺍﯼ ﮐﻪ ﺍﺯ ‪ Ri‬ﺷﺮﻭﻉ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲Ci − ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ‬ ‫ﺑﺎﺯﻩﯼ ﺁﺧﺮ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﮐﻞ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﻋﻤﺮ ﺭﻧﮕﻴﻦﮐﻤﺎﻥ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ‬ ‫∑‬ ‫‪ k + k−۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﻧﺎﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺭﻭﺯﻫﺎﯼ ﻋﻤﺮ‬ ‫‪i−۱ (۲Ci − ۱) = ۲n − ۱‬‬ ‫‪∑k‬‬ ‫ﺭﻧﮕﻴﻦﮐﻤﺎﻥ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ k + i=۱ (۲Ci − ۱) = ۲n − ۲ < ۲n − ۱‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ M‬ﻭﺳﻂ ﺿﻠﻊ ‪ BC‬ﻭ ‪ a‬ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ﺍﻳﻦ ﺿﻠﻊ ﺑﺎﺷﺪ‪ X .‬ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ a‬ﻭ ‪ l‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‬ ‫ﻭ ﺑﻪ ﻋﻼﻭﻩ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ ∠ABC = β ،∠M XE = α‬ﻭ ‪ ∠ACB = γ‬ﺑﺎﺷﺪ‪ Y .‬ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﺍﯼ ﺭﻭﯼ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ‬ ‫‪ DE‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ‪ EY = EC‬ﻭ ‪ Z‬ﻗﺮﻳﻨﻪﯼ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ Y‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻋﻤﻮﺩ ﻣﻨﺼﻒ ‪ BC‬ﺑﺎﺷﺪ‪).‬ﭘﺲ ‪ Z‬ﺭﻭﯼ ﺧﻂ‬ ‫‪ l′‬ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ BCY Z‬ﻳﮏ ﺫﻭﺯﻧﻘﻪﯼ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻳﮏ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ K .‬ﺭﺍ ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻘﺎﻃﻊ ﺩﻭﻡ )ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ (Z‬ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﺑﺎ ﺧﻂ‬ ‫‪ l′‬ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪).‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﺑﺮ ‪ l′‬ﻣﻤﺎﺱ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ‪ K‬ﻫﻤﺎﻥ ‪Z‬‬ ‫ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ‪ (.‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺑﺎ ﺍﻳﻦ ﺷﺮﺍﻳﻂ ‪ D′ B = D′ K‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪∠CED = ۳۶۰◦ − (∠M CE + ∠CM X + ∠M XE) = ۳۶۰◦ − (۱۸۰◦ − γ + ۹۰◦ + α) = ۹۰◦ + γ − α‬‬ ‫)‪(۱‬‬

‫‪α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪+‬‬

‫‪γ‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪= ۴۵◦ −‬‬

‫‪۱۸۰◦ −۹۰◦ −γ+α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫=‬

‫‪۱۸۰◦ −∠CED‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= ‪∠CY E‬‬

‫⇒‬

‫ﺣﺎﻝ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ZXY‬ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ‪.∠XY Z = ۹۰◦ − ∠M XE = ۹۰◦ − α (۲) ،‬‬ ‫‪α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ‬

‫‪+‬‬

‫‪γ‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪CY KZ‬‬

‫‪− α۲ ) = ۴۵◦ +‬‬

‫‪γ‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪(۱), (۲) ⇒ ∠CY Z = ۱۸۰◦ − (۹۰◦ − α) − (۴۵◦ −‬‬

‫ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻧﺤﻮﻩﺍﯼ ﮐﻪ‬

‫‪K‬‬

‫ﺭﺍ ﻣﻌﺮﻓﯽ ﮐﺮﺩﻳﻢ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫‪۷۹‬‬

‫= ‪∠CKZ‬‬

‫‪ .∠CY Z = ۴۵◦ + γ۲ + α۲‬ﭘﺲ‬ ‫)‪(۳‬‬

‫‪α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪−‬‬

‫‪γ‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪∠CKE ′ = ۱۸۰◦ − ∠CKZ = ۱۳۵◦ −‬‬

‫) ‪∠CE ′ K = ۳۶۰◦ − (∠M CE ′ + ∠XM C + ∠M XE ′‬‬ ‫)‪(۴‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‪:‬‬ ‫) ‪− γ۲‬‬

‫‪α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫◦‪= ۳۶۰◦ − (۱۸۰◦ − γ + ۹۰◦ + ۱۸۰◦ − α) = α + γ − ۹۰‬‬ ‫)‪(۳),(۴‬‬

‫‪۱۸۰◦ − (∠CE′K + ∠CKE′) = ۱۸۰◦ − (α + γ − ۹۰◦ + ۱۳۵◦ −‬‬

‫=‬

‫‪۱۳۵◦ −‬‬

‫=‬

‫‪= ∠CKE ′‬‬

‫‪γ‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪−‬‬

‫‪α‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪∠KCE′‬‬

‫‪⇒ ∠KCE ′ = ∠CKE ′‬‬

‫ﭘﺲ ﻧﺸﺎﻥ ﺩﺍﺩﻳﻢ ﮐﻪ ﻣﺜﻠﺚ ‪ CE ′ K‬ﻳﮏ ﻣﺜﻠﺚ ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .CE ′ = KE ′‬ﺑﻪ ﻃﺮﻳﻖ‬ ‫ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﺮﺩ ﮐﻪ ‪ BD′ = KD′‬ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺭ ﮐﻞ ‪D′ E ′ = D′ K + KE ′ = BD′ + CE ′‬‬ ‫ﻭ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﮐﺎﻣﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫‪۸۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽﺍﻣﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪۱۳۹۱ ،‬‬

‫‪۲۶.۰‬‬

‫‪ .۱‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﻮﺍﺯﯼ ﺑﻮﺩﻥ ‪ QX‬ﻭ ‪ SY‬ﺑﺎﻳﺪ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻤﺎﻥﻫﺎﯼ ‪ XY‬ﻭ ‪ SP Q‬ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺑﺮﺍﺑﺮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ﻣﻤﺎﺱ ﺑﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ‪ C۱‬ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪ ‪ S‬ﺭﺍ ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﻣﺤﻞ ﺗﻼﻗﯽ ﺁﻥ ﺑﺎ ﻣﻤﺎﺱ ﻣﺸﺘﺮﮎ‬ ‫ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﺯﻳﺮ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ‪ C۲‬ﻭ ‪ C۳‬ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ R‬ﺭﺍ ‪A‬‬ ‫‪‬‬ ‫⌢‬

‫⌢‬

‫⌢‬

‫‪⇒ SP Q = SR = RQ‬‬

‫)‪(۱‬‬

‫⌢‬

‫‪‬‬

‫‪SR‬‬

‫⌢‬

‫) ‪+ XY‬‬

‫⌢‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۴ (QX‬‬

‫)‪(۳‬‬

‫⌢‬

‫= ‪XQ‬‬ ‫⌢‬

‫‪XY‬‬

‫=‬

‫⌢‬

‫‪∠ASQ = ∠ARS = ∠BRQ = RQ ‬‬

‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﺯﻳﺮ ﻧﻴﺰ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۴Y‬‬

‫⌢‬

‫‪SP Q‬‬

‫= ‪∠ASQ‬‬

‫=‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۲ ∠Y OQ‬‬ ‫⌢‬

‫=‬

‫‪QX‬‬

‫⌢‬

‫=‬ ‫⇒‬

‫⌢‬

‫)‪(۴‬‬

‫‪RQ‬‬ ‫⌢‬

‫=‬

‫⌢‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۲ RQ‬‬ ‫⌢‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۴ XY‬‬ ‫⌢‬

‫‪XY‬‬

‫= ‪∠QP X‬‬ ‫=‬

‫⌢‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۴ QX‬‬ ‫⌢‬

‫=‬

‫‪QX‬‬

‫⌢‬

‫=‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۲ QX‬‬

‫⇒‬ ‫)‪(۲),(۳‬‬

‫⇒‬

‫⌢‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺭﻭﺍﺑﻂ )‪ (۱‬ﻭ )‪ (۴‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ SP Q = RQ = XY :‬ﻭ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫⌢‬

‫⌢‬

‫⇒ ‪OP = OQ‬‬

‫‪OP = OQ‬‬

‫‪OP = OR ⇒ ∠OP R = ∠ORP‬‬ ‫⌢‬

‫⌢‬

‫⌢‬

‫‪+ XQ⇒ XQ = XY‬‬ ‫)‪(۱‬‬

‫⌢‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۲ (OQ‬‬

‫◦‪∠OAR = ۹۰‬‬

‫⌢‬

‫=‬ ‫‪OQ=OR‬‬

‫⇒‬

‫) ‪+ XY‬‬

‫⌢‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۲ (OP‬‬

‫⇒‬

‫‪⇒ ∠ROX = ∠QOX‬‬

‫ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﭼﻮﻥ ‪ C۲‬ﻭ ‪ C۳‬ﺩﺭ ﻧﻘﻄﻪ ‪ R‬ﻣﻤﺎﺱ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ OR ،‬ﺍﺯ ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩ ‪ C۳‬ﻧﻴﺰ ﻋﺒﻮﺭ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﺮﮐﺰ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩ ‪ C۳‬ﺭﻭﯼ ﺧﻂ ‪ RC‬ﻭﺍﻗﻊ ﺍﺳﺖ ) ‪ C‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ‪ RY‬ﻭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ‪ C۳‬ﺍﺳﺖ( ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ )‪.∠CSR = ۹۰ (۲‬‬ ‫‪۸۱‬‬

‫ﺍﺯ )‪ (۱‬ﻭ )‪ (۲‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ)‪ .SD ∥ OX (۳‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ S‬ﻣﺮﮐﺰ ﺗﺠﺎﻧﺲ ‪ C۱‬ﻭ ‪ C۳‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫⌢‬ ‫⌢‬ ‫ﭘﺲ ‪ DQ‬ﻭ ‪ Y Q‬ﻣﻮﺍﺯﯼ ﻫﺴﺘﻨﺪ )‪D‬ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﺍﻣﺘﺪﺍﺩ ‪ SC‬ﺑﺎ ﺩﺍﻳﺮﻩ ‪ C۱‬ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .Y D = OQ‬ﭘﺲ‬ ‫)‪ ∠Y SD = ∠QXO (۴‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ )‪ (۳‬ﻭ )‪ (۴‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ QX‬ﻭ ‪ SY‬ﻧﻴﺰ ﻣﻮﺍﺯﯼﺍﻧﺪ ﻭ ﺣﮑﻢ‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۲‬ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﺑﺎ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻣﻄﻠﻮﺏ ﺭﺍ ﻳﮏ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪ .‬ﺁﺭﺍﻳﺶﻫﺎﻳﯽ ﺭﺍ ﮐﻪ ﺑﺎ ﻳﮏ ﺩﻭﺭﺍﻥ‬ ‫ﺑﻪ ﻫﻢ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﻳﮑﯽ ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۳‬ﻓﻘﻂ ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = ۴‬ﻧﻴﺰ ﻓﻘﻂ ﺩﻭ‬ ‫ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ )ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ ﻳﺎ ﭘﺎﺩﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ( ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۳‬ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻓﺮﺩ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ،۳‬ﭼﻬﺎﺭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﻳﮏ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯﹺ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ ،n‬ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‪ ‬ﻣﺠﺎﻭﺭﹺ ‪ n‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ‪ n‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺭﺍ ﺣﺬﻑ ﮐﻨﻴﻢ ﺑﻪ‬ ‫ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n − ۱‬ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ‪ .‬ﺑﺮﻋﮑﺲ‪ ،‬ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ ،n − ۱‬ﻋﺪﺩ ‪ n‬ﺭﺍ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ‬ ‫ﻋﺪﺩ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﺸﺎﻥ ‪ n‬ﺍﺳﺖ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ‪ .‬ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺍﮔﺮ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ a ،n‬ﻭ ‪ b‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪ n|a + b , a + b ≤ ۲n − ۳‬ﭘﺲ‪ a + b = n :‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ a‬ﻭ ‪b‬‬ ‫)ﺑﻪ ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ (n‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ x‬ﻭ ‪ y‬ﺑﺎﺷﻨﺪ )ﻳﻌﻨﯽ ﺣﺎﻟﺖ ‪:(x a n b y‬‬ ‫‪a|x + n ⇔ a|x + a + b ⇔ a|x + b‬‬ ‫‪b|y + n ⇔ b|y + a + b ⇔ b|y + a‬‬

‫ﭘﺲ ﺑﺎ ﺣﺬﻑ ‪ n‬ﺑﻪ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﻄﻠﻮﺑﯽ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ n − ۱،. . .،۱،۲‬ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ ﻭ ﺑﺮﻋﮑﺲ ﺍﮔﺮ ﺩﺭ ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ‬ ‫‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ ،n − ۱‬ﻋﺪﺩ ‪ n‬ﺭﺍ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﺸﺎﻥ ‪ n‬ﺍﺳﺖ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﺁﺭﺍﻳﺸﯽ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ‬ ‫ﻣﯽﺁﻳﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺣﮑﻢ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺝ ‪ n‬ﺩﺭﺳﺖ ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺳﭙﺲ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n + ۱‬ﻭ ‪n + ۲‬‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ‪ ،‬ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﻋﺒﺎﺭﺕﺍﻧﺪ ﺍﺯ ﭼﻴﻨﺶ‬ ‫ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭ ﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ ﻭ ﭘﺎﺩﺳﺎﻋﺖﮔﺮﺩ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎﻳﺪ ‪ n + ۱‬ﺭﺍ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ‬ ‫‪۸۲‬‬

‫ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﺸﺎﻥ ‪ n + ۱‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﻌﻠﻮﻡ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻓﻘﻂ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﻨﺪ‬ ‫ﻳﺎ }‪ { n۲ , n۲ + ۱‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩ ‪ n + ۱‬ﭼﻬﺎﺭ ﺣﺎﻟﺖ ﺻﺤﻴﺢ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺩﻭﺗﺎﯼ ﺁﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ‬ ‫ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﻭﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ )ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺭﺍ ﺣﺎﻻﺕ ﺍﻟﻒ ﻧﺎﻡ ﻣﯽﮔﺬﺍﺭﻳﻢ( ﻭ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺩﻳﮕﺮ)ﮐﻪ ﺑﺎ‬ ‫ﺣﺎﻻﺕ ﺏ ﻧﺎﻡﮔﺬﺍﺭﯼ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ( ﻏﻴﺮ ﺍﺯ ‪ n + ۱‬ﺑﻘﻴﻪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻣﯽﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺟﻮﺍﺏ‬ ‫ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺝ ‪ n + ۲‬ﺑﺪﺳﺖ ﺑﻴﺎﻭﺭﻳﻢ‪ .‬ﺑﺎﻳﺪ ﻋﺪﺩ ‪ n + ۲‬ﺭﺍ ﺑﻴﻦ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺍﺯ ﺁﺭﺍﻳﺶﻫﺎﯼ ﻣﺠﺎﺯ‬ ‫ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱, ۲, . . . , n + ۱‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﻢ‪ ،‬ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺁﻥﻫﺎ ‪ n + ۲‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﻌﻠﻮﻡ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﺭﺍﻳﺶﻫﺎﯼ‬ ‫ﺍﻟﻒ ‪ n + ۲‬ﻓﻘﻂ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﻴﻦ ‪ ۱‬ﻭ ‪ n + ۱‬ﻗﺮﺍﺭ ﮔﻴﺮﺩ‪ .‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﻣﻌﻠﻮﻡ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﺭﺍﻳﺶﻫﺎﯼ‬ ‫ﺏ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﯼ ‪ n + ۲‬ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺮﺍﯼ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺝ ‪ n + ۲‬ﻧﻴﺰﻓﻘﻂ ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ‬ ‫ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﮔﺎﻡ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺷﺪ ﻭ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺣﻞ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺑﺎ ﭼﻨﺪ ﻟﻢ ﺁﻏﺎﺯ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺟﯽ ﺩﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫}‪{۱, n‬‬

‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻭﺍﺿﺢ ﺍﺳﺖ ﺍﮔﺮ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ a۱‬ﻭ ‪ a۲‬ﻭ ‪ a۳‬ﻭ ‪ an . . .‬ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﻭﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﭼﻴﺪﻩﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻭ ‪ a۱‬ﻭ ‪ a۲‬ﺯﻭﺝ‬ ‫ﺑﺎﺷﻨﺪ ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ a۳‬ﻫﻢ ﺯﻭﺝ ﺍﺳﺖ ﺯﻳﺮﺍ ﻣﯽ ﺩﺍﻧﻴﻢ ‪ a۲ |a۳ + a۱‬ﻭ ﺑﺎ ﺗﮑﺮﺍﺭ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﻧﺪ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﮐﻪ‬ ‫ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺩﻭﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻳﮑﯽ ﺩﺭ ﻣﻴﺎﻥ ﺯﻭﺝ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩ ﮐﻨﺎﺭ‬ ‫ﻫﻢ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺑﻘﻴﻪﯼ ﺟﻔﺖﻫﺎﯼ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ ﺯﻭﺝ ﻭ ﻓﺮﺩ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۱‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﻭ ﻓﺮﺩ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺟﯽ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ‬ ‫ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ ﭘﺲ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻳﮑﯽ ﺩﺭ ﻣﻴﺎﻥ ﺯﻭﺝ ﻭ ﻓﺮﺩ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻮﻥ ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻓﺮﺩ ﻳﮑﯽ ﺑﻴﺸﺘﺮ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﭘﺲ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ ﺑﻘﻴﻪﯼ ﺯﻭﺝﻫﺎﯼ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ ﺯﻭﺝ ﻭ ﻓﺮﺩ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﭼﻴﻨﺶ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ )ﺑﺪﻭﻥ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺟﻬﺖ ﻭ ﭼﺮﺧﺶ(‬ ‫ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻳﻌﻨﯽ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱‬ﺗﺎ ‪ n‬ﺑﻪ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺩﻭﺭ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﭼﻴﺪﻩ ﺷﺪﻩﺍﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﻋﺪﺩ ‪ n − ۱‬ﻓﺮﺩ ﺍﺳﺖ ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۲‬ﺍﻋﺪﺍﺩ‪ ‬ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺁﻥ ﺯﻭﺝ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﻣﻀﺮﺏ ﺯﻭﺟﯽ ﺍﺯ ‪ n − ۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺁﻥﻫﺎ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۲n − ۲‬ﺑﺎﺷﺪ )ﺑﻴﺶﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۲n − ۲‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺎﺷﺪ‬ ‫ﭼﻮﻥ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺍﻋﺪﺍﺩ‪ ‬ﺑﺎﻗﯽﻣﺎﻧﺪﻩ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۲‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﺸﺎﻥ ‪ ۲n − ۲‬ﺍﺳﺖ(‪ .‬ﭘﺲ ﻗﻄﻌﴼ ﺍﻋﺪﺍﺩ‪ ‬ﻣﺠﺎﻭﺭ‬ ‫‪ n − ۱‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۲‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۱‬ﻭ ‪ n − ۲‬ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻧﺸﺎﻥ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺑﻪ ﺷﮑﻞ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۱‬ﻭ ‪ n − k . . .‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ‬ ‫ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪ ﺍﻧﺪ )‪ (n − ۲ > k > ۲‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽ ﺩﻫﻴﻢ ﻋﺪﺩ ﺑﻌﺪﯼ ‪ n − k − ۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﻋﺪﺩ ﺑﻌﺪﯼ ‪x‬‬ ‫‪۸۳‬‬

‫ﺑﺎﺷﺪ ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪ n − k|x + n − k + ۱‬ﮐﻪ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ .n − k|x + ۱‬ﺣﺎﻝ ﭼﻮﻥ ‪ x‬ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺯ ‪ n − k‬ﺍﺳﺖ ﺗﻨﻬﺎ‬ ‫ﻋﺪﺩ ﻣﻤﮑﻦ ‪ n − k − ۱‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﻋﺪﺩ ﺑﻌﺪﯼ ‪ n − k − ۱‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﻧﺪ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺑﻮﺩﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ‬ ‫ﺭﺍ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻓﺮﺩ ‪ n > ۳‬ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﺁﺭﺍﻳﺶ ﻣﺠﺎﺯ )ﺑﺪﻭﻥ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺟﻬﺖ ﻭ‬ ‫ﭼﺮﺧﺶ( ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﻳﻌﻨﯽ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺣﺘﻤﴼ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺗﺮﺗﻴﺐﻫﺎﯼ ﺯﻳﺮ ﺑﺎﺷﻨﺪ ‪۱, ۲, . . . , n‬‬ ‫‪n−۱‬‬ ‫‪n+۱ n+۳‬‬ ‫‪, n,‬‬ ‫‪,‬‬ ‫‪,...,n − ۱‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪۱, ۲, . . .‬‬

‫ﻟﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺑﺎﺷﺪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺗﻨﻬﺎ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‪ ‬ﻓﺮﺩ‪ ‬ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻋﺪﺩ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﹺ ‪ n‬ﺍﺯ ‪ ۲n‬ﮐﻢﺗﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﭼﻮﻥ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﻀﺮﺏﹺ ‪ n‬ﺑﺎﺷﺪ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ n‬ﺑﺎﺷﺪ ﻭﻟﯽ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﹺ ‪ n‬ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‪ ‬ﺯﻭﺝ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺁﻥﻫﺎ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ‪ n‬ﺷﻮﺩ ﭼﻮﻥ ‪ n‬ﻓﺮﺩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‪‬‬ ‫ﻓﺮﺩ‪ ‬ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻋﺪﺩ ‪ n‬ﺍﺳﺖ ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n = ۵‬ﺣﮑﻢ ﺑﻪ ﺭﺍﺣﺘﯽ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﭘﺲ ﻓﺮﺽ ﻣﯽ ﮐﻨﻴﻢ ‪ .n > ۵‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ‬ ‫ﺍﺩﺍﻣﻬ­ﯽ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽ ﭘﺮﺩﺍﺯﻳﻢ‪ :‬ﻋﺪﺩ ‪ n − ۲‬ﻓﺮﺩ ﺍﺳﺖ ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۲‬ﻭ ﻟﻢ ‪ ۳‬ﻫﺮ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭﹺ ﺁﻥ ﻳﺎ ﺯﻭﺝ‬ ‫ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻳﺎ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺁﻥ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ n‬ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n − ۲‬ﺑﺎﺷﺪ ﻣﺠﺎﻭﺭﹺ ﺩﻳﮕﺮﹺ ‪ n − ۲‬ﻓﻘﻂ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ‪n − ۴‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻮﻥ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻣﺠﺎﻭﺭﻫﺎﯼ ‪ n − ۲‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮ ‪ n − ۲‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ﻣﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ‪۲n − ۱‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﭼﻮﻥ ‪ ۳n − ۶ > ۲n − ۱ ،n > ۵‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺪ ‪ ۲n − ۴‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۲‬ﻭ ‪ n − ۴‬ﻣﺠﺎﻭﺭ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭﻟﯽ‬ ‫ﻃﺒﻖ ﻟﻢ ‪ ۲‬ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ ‪ ۳‬ﻋﺪﺩ ﻓﺮﺩ ﮐﻨﺎﺭ ﻫﻢ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﺠﺎﻭﺭﻫﺎﯼ ‪ n − ۲‬ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺯﻭﺝ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻣﺎﻧﻨﺪ‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﻣﺠﻤﻮﻉﹺ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ﺑﺎﻳﺪ ﻣﻀﺮﺏ ﺯﻭﺟﯽ ﺍﺯ ‪ n − ۲‬ﺑﺎﺷﺪ ﭘﺲ ﻗﻄﻌﴼ ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪۲n − ۴‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ )ﺑﻴﺸﺘﺮ ﺍﺯ ‪ ۲n − ۴‬ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺎﺷﺪ ﭼﻮﻥ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺑﺎﻗﯽﻣﺎﻧﺪﻩ ‪ n‬ﻭ ‪ n − ۱‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﺸﺎﻥ‬ ‫‪ ۲n − ۱‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﮐﻤﺘﺮ ﺍﺯ ‪ ۳n − ۶‬ﺍﺳﺖ(‪ .‬ﭘﺲ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n − ۲‬ﺑﺎﻳﺪ ‪ n − ۱‬ﻭ ‪ n − ۳‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺗﺎ ﺍﻳﻦﺟﺎ ﺩﻳﺪﻳﻢ ﮐﻪ ‪ n − ۱‬ﻭ ‪ n − ۲‬ﻭ ‪ n − ۳‬ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n − ۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪n − ۱|x + n − ۲‬‬ ‫ﭘﺲ ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺭﺥ ﻣﯽﺩﻫﺪ‪:‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻭﻝ‪ .x = n :‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺯﻭﺝ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﮔﺮﻓﺖ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻭ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫‪ n،. . .،۲ ،۱‬ﻫﺴﺘﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺩﻭﻡ‪ :‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ k‬ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ... ،n − ۲ ،n − ۱‬ﻭ ‪ n − k‬ﺑﻪ ﻃﻮﺭ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ‬ ‫‪ k = n−۱‬ﻭ ﻋﺪﺩ ﺑﻌﺪﯼﹺ ﺁﻥ ‪ n‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻋﺪﺩ ﺑﻌﺪﯼ ﺭﺍ ‪y‬‬ ‫ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ )‪ .(۲ < k < n − ۱‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ‪۲‬‬ ‫ﺑﻨﺎﻣﻴﺪ‪ .‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ n − k|y + n − k + ۱‬ﮐﻪ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ ‪ .n − k|y + ۱‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻧﺤﻮﻩﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏﹺ ‪ y ،k‬ﺑﺎ‬ ‫‪ n − k − ۱‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻧﻴﺴﺖ ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ n − k < y + ۱‬ﭘﺲ ‪ .y = n‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﻋﺪﺩ ﺩﻳﮕﺮ ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n‬ﺭﺍ ‪ z‬ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫‪ .n − k ≥ n+۱‬ﺯﻳﺮﺍ ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ z‬ﻭ ‪n − k‬ﻫﺮ ﺩﻭ ﮐﻤﺘﺮ ﺍﺯ ‪ n۲‬ﺧﻮﺍﻫﻨﺪ‬ ‫)‪ .n|z + (n − k‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ‪۲‬‬ ‫‪n+۱‬‬ ‫‪ .k = n−۱‬ﺣﺎﻝ‬ ‫ﺑﻮﺩ ﮐﻪ ﺑﺎ )‪ n|z + (n − k‬ﺩﺭ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪ n − k ≥ ۲‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ n − k|n + ۱‬ﭘﺲ ‪۲‬‬ ‫‪ n−۱‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﻪ‬ ‫ﭼﻮﻥ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﻋﺪﺍﺩ‪ ‬ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n‬ﻫﻤﺎﻥ ‪ n‬ﺍﺳﺖ ﺭﻭﺷﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻋﺪﺩ ﺩﻳﮕﺮ ﻣﺠﺎﻭﺭ ‪ n‬ﺑﺎﻳﺪ ‪۲‬‬ ‫‪n−۳‬‬ ‫‪ n−۱‬ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻣﯽﺁﻳﻨﺪ ﭘﺲ ﺁﺭﺍﻳﺶﹺ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ‬ ‫ﻃﺮﺯ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﺮﺩ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ ۱‬ﻭ ‪ ۲‬ﻭ ‪ . . .‬ﻭ ‪ ۲‬ﻭ ‪۲‬‬ ‫‪n−۱‬‬ ‫‪n+۱ n+۳‬‬ ‫‪, n,‬‬ ‫‪,‬‬ ‫‪,...,n − ۱‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪۸۴‬‬

‫‪۱, ۲, . . .‬‬

‫‪ .۳‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ t + ۱ = qα s‬ﮐﻪ ‪ q‬ﻋﺪﺩﯼ ﺍﻭﻝ ﺍﺳﺖ ﻭ ‪) .(s, q) = ۱‬ﺩﺭ ﻭﺍﻗﻊ ‪ α‬ﺑﺰﺭﮒﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻧﯽ‬ ‫ﺍﺯ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺭﺍ ﻣﯽﺷﻤﺎﺭﺩ(‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ‪ x۰‬ﺭﺍ ﻃﻮﺭﯼ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪) x۰ ≡ ۱‬ﺑﻪ ﭘﻴﻤﺎﻧﻪﯼ ‪ (qα+۱‬ﻭ ‪ .x۰ > t‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ ‪ .n = xα۰‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽ‪۲‬ﮐﻨﻴﻢ‬ ‫ﺍﻳﻦ ‪ n‬ﺟﻮﺍﺏ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪،i‬‬ ‫‪) ni + t ≡ ۱ + t ̸≡ ۰‬ﺑﻪ ﭘﻴﻤﺎﻧﻪ ﯼ ‪ (qα+۱‬ﻭﻟﯽ ‪) ni + t ≡ ۱ + t ≡ ۰‬ﺑﻪ ﭘﻴﻤﺎﻧﻪ ﯼ ‪(qα‬‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ‪ i‬ﺍﯼ ‪ ni + t‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﺷﻮﺩ‪) .‬ﻓﺮﺽ ﺧﻠﻒ( ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪r‬ﺍﯼ ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ‪r > ۱‬ﻭ‬ ‫‪ ni + t = yr‬ﻭ ﭼﻮﻥ ﻧﻤﺎﯼ ﻋﺪﺩ ﺍﻭﻝ ‪ q‬ﺩﺭ ﺗﺠﺰﻳﻪ ﯼ ‪ ni + t‬ﺑﻪ ﻋﻮﺍﻣﻞ ﺍﻭﻝ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ‪ α‬ﺍﺳﺖ‪ α ،‬ﺑﺮ ‪ r‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ‬ ‫‪α‬‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ α ≥ ۲‬ﻭ ‪ .yr = ni + t = (x۰ i( r ) )r + t = z r + t‬ﺍﺯ ﻫﻤﻴﻦ ﺗﺴﺎﻭﯼ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ‬ ‫‪ .y > z‬ﺣﺎﻝ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ‪،‬‬ ‫‪z r + t < z r + x۰ ≤ z r + z ≤ (z + ۱)r ≤ y r = z r + t‬‬

‫ﮐﻪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﻓﺮﺽ ﺧﻠﻒ ﺑﺎﻃﻞ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ ‪n‬ﮐﺎﺭ ﻣﯽ ﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﺩﻗﺖ ﮐﻨﻴﺪ ﺩﺭ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻧﺎﺑﺮﺍﺑﺮﯼ ﺳﻮﻡ ﺍﺯ ﺑﺴﻂ ﺩﻭ ﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ‪،‬‬ ‫‪r(r − ۱) r−۲‬‬ ‫‪z‬‬ ‫‪+ . . . + rz + ۱ ≥ z r + z‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪(z + ۱)r = z r + rz r−۱ +‬‬

‫)ﻧﺎﺑﺮﺍﺑﺮﯼ ﺑﺎﻻ ﺑﺮﺍﯼ ‪ r ≥ ۲‬ﺩﺭﺳﺖ ﺍﺳﺖ(‬ ‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺩﻭ ﺣﺎﻟﺖ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻭﻝ‪ t + ۱ .‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﺒﺎﺷﺪ‪ .‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ ‪ .n = t(t + ۱)۲ + ۱‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽ ﮐﻨﻴﻢ ﺍﻳﻦ ‪ n‬ﮐﺎﺭ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﻓﺮﺽ‬ ‫ﮐﻨﻴﺪ ﺑﺮﺍﯼ ‪ k‬ﺍﯼ ‪ nk + t‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﺷﻮﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺎ ﺗﻌﺮﻳﻒ ‪،y = t(t + ۱)۲‬‬ ‫)‪(t(t + ۱)۲ + ۱) + t = y k + ky k−۱ + . . . + ky + t + ۱ = (t + ۱)(b (t + ۱) + ۱‬‬ ‫‪k‬‬

‫)ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ‪ b‬ﻣﻨﺎﺳﺒﯽ(‬ ‫ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ‪ t + ۱‬ﻭ ‪ b (t + ۱) + ۱‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝﺍﻧﺪ ﻭ ﺿﺮﺑﺸﺎﻥ ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎﻳﺴﺘﯽ ﻫﺮﻳﮏ ﺗﻮﺍﻥ‬ ‫ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﮐﻪ ﺧﻼﻑ ﻓﺮﺽ ﺍﻭﻟﻴﻪﯼ ﻣﺎ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﺩﻭﻡ‪ t + ۱ .‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ ‪ t + ۱ = mr‬ﮐﻪ ‪ m‬ﺗﻮﺍﻥ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﻴﺴﺖ‪) .‬ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﮐﺎﺭ ‪ r‬ﺭﺍ‬ ‫ﺑﻴﺶﺗﺮﻳﻦ ﺗﻮﺍﻥ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﮐﻨﻴﺪ( ﻗﺮﺍﺭ ﺩﻫﻴﺪ ‪ n۰ = t(t + ۱)۲ + ۱‬ﻭ ‪ .n = n۰ r‬ﻫﻤﻴﻦ ‪ n‬ﺟﻮﺍﺏ ﻣﺴﺌﻠﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ‪ k, c, d‬ﺍﯼ ‪ .nk + t = cd‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺭﻭﺵ ﮐﺎﺭ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻭﻝ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﮔﻴﺮﻳﻢ ‪ t + ۱‬ﺗﻮﺍﻥ ‪d‬‬ ‫ﺍﻡ ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ t + ۱‬ﺗﻮﺍﻥ ‪ r‬ﺍﻡ ﮐﺎﻣﻞ ﻧﻴﺰ ﻫﺴﺖ ﻭ ‪ r‬ﺑﻴﺶﺗﺮﻳﻦ ﻧﻤﺎﯼ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫‪ r‬ﺑﺮ ‪ d‬ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ‪r = ld‬ﻭ‬ ‫(‬ ‫)‬ ‫‪t = cd − nk = cd − n۰ kld = (c − n۰ ) cd−۱ + cd−۲ n۰ kl + . . . + n۰ kl(d−۱) ≥ n۰ > t‬‬

‫ﮐﻪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪۸۵‬‬

‫‪ .۴‬ﺍﻟﻒ( ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺑﺮﻫﺎﻥ ﺧﻠﻒ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽ ﺩﻫﻴﻢ ﭼﻨﻴﻦ ﺯﻳﺮ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﻳﯽ ﻳﺎﻓﺖ ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻳﻦﻃﻮﺭ ﻧﺒﺎﺷﺪ ﻭ ﺑﺘﻮﺍﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺯﻳﺮﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻫﺎﯼ ﺩﻭ ﻋﻀﻮﯼ ‪ ... ،A۳ ،A۲ ،A۱‬ﺍﻓﺮﺍﺯ‬ ‫ﮐﺮﺩ ﻃﻮﺭﯼ ﮐﻪ ﺣﺎﺻﻞ ﺟﻤﻊ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ Ai‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۱۳۹۱ + i‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﮔﺮ } ‪ Ai = {ai , bi‬ﺑﺎﺷﺪ ﺁﻧﮕﺎﻩ ﭼﻮﻥ ‪ ai‬ﻭ ‪bi‬‬ ‫ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽﺍﻧﺪ ﻭ ‪ ai + bi = ۱۳۹۱ + i‬ﭘﺲ ‪ .ai , bi < ۱۳۹۱ + i‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪i ≤ ۱۳۹۱ ⇒ ai , bi < ۱۳۹۱ + i ≤ ۱۳۹۱ + ۱۳۹۱ = ۲ × ۱۳۹۱‬‬

‫ﭘﺲ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﻀﺎﯼ ‪ A۱۳۹۱ ، ... ،A۳ ،A۲ ،A۱‬ﺍﺯ ‪ ۲ × ۱۳۹۱‬ﮐﻤﺘﺮ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ﺣﺪﺍﮐﺜﺮ ‪ ۲ × ۱۳۹۱ − ۱‬ﻋﺪﺩ ﺭﺍ‬ ‫ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ‪ ۱۳۹۱‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺩ ﮐﻪ ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ﺍﻭﻟﻴﻪ ﻣﺒﻨﯽ ﺑﺮ ﺍﻓﺮﺍﺯ ﺑﻪ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﺩﻭﻋﻀﻮﯼ‪ ،‬ﮐﻪ ﺩﺭ‬ ‫ﻧﺘﻴﺠﻪﯼ ﺁﻥ ‪ ۲ × ۱۳۹۱‬ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ‪ ۱۳۹۱‬ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﮔﻴﺮﺩ‪ ،‬ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﺪ‬ ‫ﻓﺮﺽ ﺍﻭﻟﻴﻪ ﻧﺎﺩﺭﺳﺖ ﺑﻮﺩﻩ ﻭ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺭﺍ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺯﻳﺮﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﺩﻭﻋﻀﻮﯼ ﺑﺎ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﺧﻮﺍﺳﺘﻪﺷﺪﻩﯼ‬ ‫ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﻓﺮﺍﺯ ﮐﺮﺩ‪.‬‬ ‫ﺏ( ﺑﺎ ﺍﺭﺍﺋﻪﯼ ﺭﻭﺷﯽ ﺑﺮﺍﯼ ﺳﺎﺧﺖ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺟﻮﺍﺏ ﻣﺜﺒﺖ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺭﻭﺵ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻣﺮﺣﻠﻪﯼ ‪-i‬ﺍﻡ‪ ،ai ،‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩﯼ ﮐﻪ ﺗﺎ ﺑﻪ ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻫﻴﭻ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﺍﯼ‬ ‫ﻗﺮﺍﺭ ﻧﮕﺮﻓﺘﻪ ﻭ ‪ bi = ۱۳۹۱ + i۲ − ai‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ‪ Ai‬ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﻣﺮﺍﺣﻞ ﺯﻳﺮ ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‬ ‫ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﺣﺎﺻﻞ ﺷﺮﺍﻳﻂ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺁ‪ .‬ﻫﻤﻪ ﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺩﺭ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﻣﯽ ﮔﻴﺮﺩ‪ ،‬ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‪ ،‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬ ‫‪ a‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩﯼ ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ﺩﺭ ﻫﻴﭻ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﺍﯼ ﻧﻴﺎﻣﺪﻩ ﻭ ﺩﺭ ﻣﺮﺣﻠﻪﯼ ‪-i‬ﺍﻡ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﺍﺯ ‪a‬‬ ‫ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻃﺒﻖ ﺭﻭﺵ ﻓﻮﻕ ﺩﺭ ﻣﺮﺣﻠﻪ ‪ i‬ﻋﺪﺩ ‪ a‬ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﻓﺮﺽ ﺍﻭﻟﻴﻪ‬ ‫ﻧﺎﺩﺭﺳﺖ ﺑﻮﺩﻩ ﻭ ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎ ﭘﻮﺷﺎﻧﺪﻩ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺑـ ‪ .‬ﺩﺭ ﻣﺮﺍﺣﻞ ﺯﻳﺮ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻫﻴﭻ ﻋﺪﺩﯼ ﺩﺭ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻧﻴﺎﻣﺪﻩ ﻭ ﺑﺪﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫ﺧﺮﻭﺟﯽﹺ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﺵ ﺍﻓﺮﺍﺯﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻣﻮﺭﺩ ﻧﻈﺮ ﺳﻮﺍﻝ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪.ai ≤ ۲i − ۱ .‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﺗﺎ ﭘﻴﺶ ﺍﺯ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﯼ ‪-i‬ﺍﻡ‪ ۲i − ۲ ،‬ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻫﺎ ﻗﺮﺍﺭ ﮔﺮﻓﺘﻪﺍﻧﺪ‪ ،‬ﭘﺲ ﺩﺳﺖ ﮐﻢ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ﺍﻋﺪﺍﺩ‬ ‫ﮐﻤﺘﺮ ﻳﺎ ﻣﺴﺎﻭﯼ ‪ ۲i − ۱‬ﺍﻧﺘﺨﺎﺏ ﻧﺸﺪﻩ ﺍﺳﺖ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪.ai ≤ ۲i − ۱‬‬ ‫‪ .۱‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻨﮑﻪ ﺩﺭ ﻫﺮ ﻣﺮﺣﻠﻪ ‪ ai‬ﮐﻮﭼﮏﺗﺮﻳﻦ ﻋﺪﺩﯼ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺗﺎ ﺑﻪ ﺣﺎﻝ ﺩﺭ ﻫﻴﭻ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﺍﯼ ﻧﻴﺎﻣﺪﻩ‬ ‫ﭘﺲ ‪ ai‬ﺑﺎ ﻫﻴﭻﮐﺪﺍﻡ ﺍﺯ ‪ ۲i − ۲‬ﻋﺪﺩ ﻗﺒﻠﯽ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻧﻴﺴﺖ ﻭ ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ‪ ai > aj‬ﮐﻪ ‪ j < i‬ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪bi = ۱۳۹۱ + i۲ − ai ≥ ۱۳۹۱ + (i − ۱)۲ > ۲i − ۱ ≥ ai‬‬

‫‪ .۲‬ﺍﮔﺮ ‪ i > j‬ﺁﻥﮔﺎﻩ‪:‬‬ ‫‪bi = ۱۳۹۱ + i۲ − ai ≥ ۱۳۹۱ + i۲ − ۲i + ۱ = ۱۳۹۱ + (i − ۱)۲ > bj > aj‬‬

‫ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻫﻴﭻ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺩﺭ ﻳﮏ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻳﺎ ﺩﺭ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﻫﺎﯼ ﻣﺘﻔﺎﻭﺕ ﺑﺎ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻫﺮ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺩﻗﻴﻘﴼ ﺩﻭ ﻋﻀﻮﯼ ﺍﺳﺖ ﻭ ﻫﻴﭻ ﻋﺪﺩﯼ ﺩﺭ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ﻳﮏ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﻧﻴﺎﻣﺪﻩ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫‪ .۵‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ‬

‫)‪= P (۰, b, ۰, d‬‬

‫)‪ .Q(b, d‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫‪۸۶‬‬

‫‪Q(b, d) ≥ ۰‬‬

‫ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ‬

‫‪ x۴ + bx۲ + d‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﭼﻬﺎﺭ ﺭﻳﺸﻪﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻣﻮﺭﺩ ﻫﻢ ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺍﺳﺖ ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺩﻭ ﺭﻳﺸﻪ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻧﺎﻣﻨﻔﯽ ﺑﺎﺷﺪ‪.‬‬ ‫)ﭼﺮﺍ ﮐﻪ‬

‫‪x۲ + bx + d‬‬

‫)‪x۲ + bx + d = (x − α)(x − β) ⇒ x۴ + bx۲ + d = (x۲ − α)(x۲ − β‬‬

‫ﻭ ‪ x۲ − α‬ﺑﻪ ﻋﻮﺍﻣﻞ ﺧﻄﯽ ﺗﺠﺰﻳﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ‪ (α ≥ ۰‬ﺣﺎﻝ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ‪ x۲ + bx + d‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺩﻭ‬ ‫ﺭﻳﺸﻪﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﻧﺎﻣﻨﻔﯽ ﺍﺳﺖ ﺍﮔﺮ ﻭﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ‪.b۲ − ۴d ≥ ۰, b ≤ ۰, d ≥ ۰‬‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ α, β ≥ ۰‬ﺭﻳﺸﻪﻫﺎﯼ ‪ x۲ + bx + d‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ ،‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‪:‬‬ ‫‪x۲ + bx + d = (x − α)(x − β) = x۲ − (α + β)x + αβ‬‬

‫ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ b = −(α + β) ≤ ۰, d = αβ ≥ ۰‬ﻭ ﭼﻮﻥ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺭﻳﺸﻪ ﺑﻮﺩ ﭘﺲ ‪.b۲ − ۴d ≥ ۰.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮ ﻋﮑﺲ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ b۲ − ۴d ≥ ۰, b ≤ ۰, d ≥ ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪x۲ + bx + d‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺩﻭ ﺭﻳﺸﻪﯼ ﺣﻘﻴﻘﯽ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﻳﻦ ﺭﻳﺸﻪﻫﺎ ‪ α, β‬ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺎﻧﻨﺪ ﻗﺒﻞ ‪ b = −(α + β), d = αβ‬ﺣﺎﻝ ‪ d ≥ ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫‪α, β‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﻋﻼﻣﺖ ﻣﺨﺎﻟﻒ ﻧﻴﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺍﮔﺮ ‪ α < ۰‬ﺁﻥﮔﺎﻩ ‪ β ≤ ۰‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ b = −(α + β) > ۰‬ﮐﻪ‬ ‫ﺧﻼﻑ ﻓﺮﺽ ﻣﺎﺳﺖ ﭘﺲ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ α, β ≥ ۰‬ﻭ ﺁﻥﭼﻪ ﻣﯽﺧﻮﺍﺳﺘﻴﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪ‪.‬‬ ‫ﺣﺎﻝ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫)‪(۱‬‬

‫‪Q(b, d) ≥ ۰ ⇔ b۲ − ۴d ≥ ۰, b ≤ ۰, d ≥ ۰‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ b < ۰‬ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺗﮏ ﻣﺘﻐﻴﺮﻩﯼ )‪ Qb (y‬ﮐﻪ )‪ Qb (y) = Q(b, y‬ﺑﺮﺍﯼ ‪ ۰ ≤ y ≤ b۴۲‬ﻧﺎﻣﻨﻔﯽ ﻭ‬ ‫ﺑﺮﺍﯼ ‪ y < ۰‬ﻣﻨﻔﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﭼﻮﻥ ﻫﺮ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺗﺎﺑﻌﯽ ﭘﻴﻮﺳﺘﻪ ﺍﺳﺖ ﭘﺲ ‪ .Qb (۰) = ۰‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ‬ ‫)‪ L(b) = Q(b, ۰‬ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ ‪ b < ۰‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺻﻔﺮ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻳﻌﻨﯽ ﺍﻳﻦ ﭼﻨﺪﺟﻤﻠﻪﺍﯼ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺑﯽﻧﻬﺎﻳﺖ ﺭﻳﺸﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻫﻤﻪﺟﺎ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺍﻳﻦ ﻳﻌﻨﯽ ‪ L(۱) = Q(۱, ۰) = ۰‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﻃﺒﻖ )‪ (۱‬ﺑﺎﻳﺪ ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ‬ ‫‪ .۱ ≤ ۰‬ﭘﺲ ﺑﻪ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺭﺳﻴﺪﻳﻢ ﭘﺲ ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺛﺎﺑﺖ ﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻣﺜﻠﺚ ‪ BDT‬ﻣﺘﺴﺎﻭﯼﺍﻟﺴﺎﻗﻴﻦ ﺑﻪ ﺭﺃﺱ ‪ B‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫ﻣﺸﺎﺑﻪ ‪ .∠CDS = ۱۲ ∠C‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬

‫‪= ۲۱ ∠B‬‬

‫‪ .∠BDT‬ﺑﻪﻃﻮﺭ‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪۱‬‬ ‫◦‬ ‫◦‬ ‫‪∠T DS = ۱۸۰ − ∠B − ∠C = ۹۰ + ∠A.‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬

‫ﺍﮔﺮ ﻣﺮﮐﺰﻫﺎﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﻫﺎﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚﻫﺎﯼ ‪ ABC‬ﻭ ‪ AT S‬ﺭﺍ ﺑﻪﺗﺮﺗﻴﺐ ‪ I‬ﻭ ‪ I ′‬ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪ ،‬ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‪:‬‬ ‫‪∠I ′ ST = ۱۲ ∠S‬‬ ‫◦‬

‫‪I ′ T S = ۲۱ ∠T,‬‬ ‫◦‬

‫‪⇒ ∠T I ′ S = ۱۸۰ − ۱۲ ∠T − ۲۱ ∠S = ۹۰ + ۲۱ ∠A.‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ ∠T DS = ∠T I ′ S‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ I ′‬ﻭ ‪ D‬ﻫﺮﺩﻭ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ﺧﻂ ‪ T S‬ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ T DI ′ S‬ﻣﺤﺎﻃﯽ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﺍﻳﻦ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ﻫﻤﺎﻥ ﻣﺤﻞ ﺑﺮﺧﻮﺭﺩ ﻋﻤﻮﺩﻣﻨﺼﻒﻫﺎﯼ ‪ T D‬ﻭ ‪ SD‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ‬ ‫ﻫﻤﺎﻥ ﻧﻴﻢﺳﺎﺯﻫﺎﯼ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﺯﻭﺍﻳﺎﯼ ‪ ∠B‬ﻭ ‪ ∠C‬ﺍﺯ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﺮﮐﺰ ﺍﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻫﻤﺎﻥ ﻣﺮﮐﺰ‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺧﺎﺭﺟﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻣﺘﻨﺎﻇﺮ ﺑﺎ ﺭﺃﺱ ‪ A‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺁﻥ ﺭﺍ ‪ Ia‬ﻣﯽﻧﺎﻣﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﮔﺮ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﺑﻪ ﻣﺮﮐﺰ ‪ Ia‬ﻭ ﺷﻌﺎﻉ ‪ Ia D‬ﺭﺍ ‪ ω‬ﺑﻨﺎﻣﻴﻢ‪ I ′ ،‬ﻫﻤﺎﻥ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ ω‬ﺑﺎ ﺧﻂ ‪ AIa‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻫﻢﭼﻨﻴﻦ ‪ Ia‬ﻭ‬ ‫‪۸۷‬‬

‫‪ D‬ﺩﺭ ﺩﻭ ﻃﺮﻑ ‪ T S‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ )ﭼﻮﻥ ◦‪ ∠T DS > ۹۰‬ﻭ ‪ Ia‬ﻣﺮﮐﺰ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ T DS‬ﺍﺳﺖ( ﺩﺭ‬ ‫ﺣﺎﻟﯽ ﮐﻪ ‪ D ،I ′‬ﻭ ‪ I‬ﺩﺭ ﻳﮏ ﻃﺮﻑ ‪ T S‬ﻗﺮﺍﺭ ﺩﺍﺭﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ ‪ I ′‬ﺭﻭﯼ ﻧﻴﻢﺧﻂ ‪ Ia I‬ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺧﻂﺍﻟﻤﺮﮐﺰﻳﻦ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬ ‫ﻣﺤﺎﻃﯽ ﻭ ‪ ω‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺍﻳﻦﮐﻪ ‪ I ′‬ﺩﺍﺧﻞ ﻳﺎ ﺭﻭﯼ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ‬ ‫‪ Ia I − r ≤ Ia I ′ ≤ Ia I + r‬ﮐﻪ ﺩﺭ ﺁﻥ ‪ r‬ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﻣﺎ ‪ r = Ia D‬ﻭ‬ ‫‪ .Ia I ′ = Ia D‬ﭘﺲ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼﻫﺎﯼ ﻓﻮﻕ ﺗﺒﺪﻳﻞ ﻣﯽﺷﻮﻧﺪ ﺑﻪ ‪ Ia I − ID ≤ Ia D ≤ Ia I + ID‬ﮐﻪ ﻫﻤﺎﻥ ﻧﺎﻣﺴﺎﻭﯼ‬ ‫ﻣﺜﻠﺚ ﺩﺭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ Ia ID‬ﺍﺳﺖ ﻭ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ E ′‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﺗﻤﺎﺱ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AT S‬ﺑﺎ ﺿﻠﻊ ‪ AS‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ‬ ‫ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ﺯﺍﻭﻳﻪﯼ ‪ II ′‬ﺑﺎ ﺿﻠﻊ ‪ AC‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎ ‪ A۲‬ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ ) ‪ .EE ′ = II ′ cos( A۲‬ﭘﺲ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ) ‪ .EE ′ ≤ r cos( A۲‬ﻣﯽﺩﺍﻧﻴﻢ‬ ‫‪AE = ۱۲ (AB + AC − BC),‬‬

‫‪((AB + BD) + (AC + CD) − T S) .‬‬

‫‪۱‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= )‪AE ′ = ۱۲ (AT + AS − T S‬‬

‫ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ‪ ،AE ′ > AE‬ﺯﻳﺮﺍ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﮐﺎﻣﻼﹰ ﺩﺍﺧﻞ ﻣﺜﻠﺚ ‪ AT S‬ﺍﺳﺖ ﻭ‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺷﻌﺎﻉ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺩﺍﺧﻠﯽ ‪ AT S‬ﺑﻴﺸﺘﺮ ﺍﺯ ‪ r‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ .EE ′ = BC − ۲۱ T S‬ﭘﺲ ﮐﺎﻓﯽﺍﺳﺖ‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ‪ .BC − ۲۱ T S ≤ r cos A۲‬ﺍﻣﺎ ﺍﮔﺮ ‪ M‬ﺭﺍ ﺗﻘﺎﻃﻊ ‪ EF‬ﺑﺎ ‪ AI‬ﺑﮕﻴﺮﻳﻢ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ ‫‪۱‬‬ ‫‪A‬‬ ‫‪= IE sin ∠M IE = EM = EF.‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫→‪−−→ −‬‬ ‫→‪−−‬‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ‪ .۲BC − T S ≤ EF‬ﺩﺍﺭﻳﻢ ‪ F E + T S = ۲BC‬ﺯﻳﺮﺍ‬ ‫→‪−−→ −‬‬ ‫→‪−−→ −−→ −−‬‬ ‫→‪−→ −−→ −‬‬ ‫)‪F E + T S = (F B + BC + CE) + (T B + BC + CS‬‬ ‫‪r cos‬‬

‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﮐﺎﻓﯽ ﺍﺳﺖ‬

‫‪۸۸‬‬

−−→

−→

−−→

−→

‫ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬.F B + T B = CE + CS = ۰ ‫ﻭ‬

−−→ −−→ −→ −−→ −→ ۲BC = ۲BC = F E + T S ≤ F E + T S = F E + T S

.‫ﻭ ﺣﮑﻢ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬

۸۹

‫‪۲۷.۰‬‬

‫ﺭﺍﻩﺣﻞ ﺳﺆﺍﻻﺕ ﻣﺮﺣﻠﻪ ﺩﻭﻡ ﺳﯽ ﻭ ﻳﮑﻤﻴﻦ ﺩﻭﺭﻩﯼ ﺍﻟﻤﭙﻴﺎﺩ ﺭﻳﺎﺿﯽ‪،‬‬ ‫‪۱۳۹۲‬‬

‫‪ .۱‬ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ k‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﺭﻗﺎﻡ ‪ a‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ) ‪ .(۱۰k−۱ ≤ a < ۱۰k‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪،b/ a = b+ ۱۰ak‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‪:‬‬ ‫‪a‬‬ ‫‪a‬‬ ‫‪= b + k ⇒ ۱۰k a = ۱۰k b۲ + ab‬‬ ‫‪b‬‬ ‫‪۱۰‬‬ ‫ ‬ ‫ﺑﻪ ﺭﻭﺍﺑﻂ ﺑﺨﺶﭘﺬﻳﺮﯼ‪b|۱۰k a ،a ۱۰k b۲ ،‬‬

‫ﻭ ‪ ۱۰k |ab‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﻨﺪ‪ .‬ﺍﺯ‬ ‫ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﻋﺒﺎﺭﺕ ﺑﺎﻻ ﻭ ﺗﻮﺟﻪ‬ ‫ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﺑﺎ ﺑﻪ ﮐﺎﺭﺑﺮﺩﻥ ﻟﻢ ﺍﻗﻠﻴﺪﺱ ﻭ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺭﺍﺑﻄﺔ ﺍﻭﻝ ﻗﺒﻠﯽ ﺑﻪ‬ ‫ ‬ ‫ ‬ ‫ ‬ ‫ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ ‪ b ۱۰k‬ﻭ ‪ .a ۱۰k‬ﻣﺠﺪﺩﴽ ﭼﻮﻥ ﺏ‪.‬ﻡ‪.‬ﻡ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻳﮏ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ ‪ .ab ۱۰k‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬ ‫‪ .۱۰k = ab‬ﺣﺎﻝ ﺑﺎﺭ ﺩﻳﮕﺮ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﮐﻪ ‪ a‬ﻭ ‪ b‬ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﻫﻢ ﺍﻭﻝ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ ،‬ﻋﺎﻣﻞ ﻣﺸﺘﺮﮐﯽ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ ﻭ ﻟﺬﺍ‬ ‫ﭼﻬﺎﺭ ﺣﺎﻟﺖ ﺯﻳﺮ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ‪ a = ۱۰k .۱‬ﻭ ‪.b = ۱‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ‪ a = ۲k .۲‬ﻭ ‪.b = ۵k‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ‪ a = ۵k .۳‬ﻭ ‪.b = ۲k‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ‪ a = ۱ .۴‬ﻭ ‪.b = ۱۰k‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ‪ ۱‬ﺑﺎ ‪ k‬ﺭﻗﻤﯽ ﺑﻮﺩﻥ ‪ a‬ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺩﺍﺭﺩ‪ .‬ﺿﻤﻨﴼ ﺍﺯ ﻓﺮﺽ ﻣﺴﺌﻠﻪ )‪ ( ab = b/ a‬ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ ‪ ab > b‬ﻭ‬ ‫ﻟﺬﺍ ‪ a > b۲‬ﻭ ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﻳﻦ ﻧﮑﺘﻪ ﺣﺎﻟﺖ ﻫﺎﯼ ‪ ۲‬ﻭ ‪ ۴‬ﻫﻢ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﻧﺪ ) ‪ .(۲k < ۵۲k , ۱ < ۱۰۲k‬ﭘﺲ ﺗﻨﻬﺎ‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ﻣﻮﺭﺩ ﻗﺒﻮﻝ ‪ ۳‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ‪ k‬ﺭﻗﻤﯽ ﺑﻮﺩﻥ ‪ ۱۰k−۱ ≤ a = ۵k ،a‬ﻭ ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .۲k−۱ ≤ ۵‬ﻳﻌﻨﯽ ‪k‬‬ ‫ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺑﺰﺭﮒﺗﺮ ﺍﺯ ‪ ۳‬ﺑﺎﺷﺪ)‪.(۲k−۱ ≤ ۵ < ۸ = ۲۳ ⇒ k ≤ ۳‬‬ ‫• ‪ .k = ۱‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ a = ۵‬ﻭ ‪ b = ۲‬ﮐﻪ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ‪ ۵۲ = ۲/ ۵‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﺟﻮﺍﺑﯽ ﺍﺯ ﻣﺴﺌﻠﻪ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫• ‪ .k = ۲‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ a = ۲۵‬ﻭ ‪ b = ۴‬ﮐﻪ ﺍﻣﮑﺎﻥ ﻧﺪﺍﺭﺩ ﺯﻳﺮﺍ ‪. ۲۵۴ > ۶ > ۴/ ۲۵‬‬ ‫‪. ۱۲۵‬‬ ‫• ‪ .k = ۳‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ ‪ a = ۱۲۵‬ﻭ ‪ b = ۸‬ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻫﻢ ﻣﻤﮑﻦ ﻧﻴﺴﺖ ﭼﻮﻥ ‪۸ > ۱۰ > ۸/ ۱۲۵‬‬ ‫ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﺗﻨﻬﺎ ﺟﻮﺍﺏ ﻣﺴﺌﻠﻪ ‪ a = ۵‬ﻭ ‪ b = ۲‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ k‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﺭﻗﺎﻡ ‪ a‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ ‪ ab = b/ a = b + ۱۰ak‬ﻭ ﺍﻳﻦ ﻣﻌﺎﺩﻝ ﺑﺎ‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪a‬‬ ‫‪a−b۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪ a−b‬ﮐﺴﺮﯼ ﺗﺤﻮﻳﻞﻧﺎﭘﺬﻳﺮ ﻭ ﻣﺴﺎﻭﯼ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ . b = ۱۰k‬ﭼﻮﻥ ‪ ،(a, b) = ۱‬ﭘﺲ ‪ (a − b , b) = ۱‬ﻳﻌﻨﯽ ‪b‬‬ ‫ﺑﺎ)ﺳﺎﺩﻩ ﺷﺪﻩﯼ( ‪ ۱۰ak‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ‪ s ∈ N‬ﻭﺟﻮﺩ ﺩﺍﺭﺩ ﮐﻪ ‪ s(a − b۲ ) = a‬ﻭ ‪ .sb = ۱۰k‬ﭘﺲ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪ a−b‬ﺗﻨﻬﺎ‬ ‫‪ a − b۲ |a‬ﻭ ﭼﻮﻥ ‪ a − b۲ |۱ ،(a − b۲ , a) = ۱‬ﻭ ﻟﺬﺍ ‪ .a − b۲ = ±۱‬ﺍﻣﺎ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ ﮐﻪ ‪= ۱۰ak > ۰‬‬ ‫‪b‬‬ ‫ﺣﺎﻟﺖ ‪ +۱‬ﻗﺎﺑﻞ ﻗﺒﻮﻝ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻳﻌﻨﯽ ‪ a = b۲ + ۱‬ﻭ ‪ . ۱b = ۱۰ak‬ﺣﺎﻝ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﭼﻮﻥ ‪ k‬ﺗﻌﺪﺍﺩ ﺍﺭﻗﺎﻡ ‪ a‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫ﭘﺲ ‪ a ≥ ۱۰k−۱‬ﻭ ‪ ، ۱b = ۱۰ak ≥ ۱۰۱‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ‪ .b ≤ ۱۰‬ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ‪ ab = b(b۲ + ۱) = ۱۰k‬ﺗﻮﺍﻧﯽ ﺍﺯ ‪ ۱۰‬ﺍﺳﺖ‪،‬‬ ‫ﭘﺲ ﻋﻮﺍﻣﻞ ﺍﻭﻝ ‪ ۲ ،b‬ﻳﺎ ‪ ۵‬ﺍﺳﺖ ﻳﻌﻨﯽ}‪ .b ∈ {۱, ۲, ۴, ۵, ۸, ۱۰‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ }‪ b۲ + ۱ ∈ {۲, ۵, ۱۷, ۲۶, ۶۵, ۱۰۱‬ﻭ‬ ‫ﭼﻮﻥ ‪ b۲ + ۱‬ﻫﻢ ﻋﺎﻣﻞ ﺍﻭﻟﯽ ﺟﺰ ‪ ۲‬ﻭ ‪ ۵‬ﻧﺪﺍﺭﺩ ﺗﻨﻬﺎ ﺣﺎﻟﺖ ‪ b = ۱‬ﻭ ‪ b = ۲‬ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺍﮔﺮ ‪b(b۲ + ۱) = ۲ ،b = ۱‬‬ ‫‪۹۰‬‬

‫ﺗﻮﺍﻧﯽ ﺍﺯ ‪ ۱۰‬ﻧﻴﺴﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺗﻨﻬﺎ ﺣﺎﻟﺖ ‪ a = ۵‬ﻭ ‪ b = ۲‬ﺑﺎﻗﯽ ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻫﻢ ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﺟﻮﺍﺑﯽ ﺍﺯ ﻣﺴﺌﻠﻪ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪. ( ab = ۵۲ = ۲/ ۵ = b/ a) .‬‬ ‫‪ .۲‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ‪ n‬ﻋﺪﺩ ‪ w۱ ≤ w۲ ≤ · · · ≤ wn‬ﮐﺎﻣﻞ ﺍﺳﺖ ﺍﮔﺮ ﻭ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﮔﺮ ‪ w۱ = ۱‬ﻭ ﺑﺮﺍﯼ ﻫﺮ‬ ‫‪ ۲ ≤ i ≤ n‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ ‪ . wi ≤ w۱ + w۲ + · · · + wi−۱ + ۱‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﺍﮔﺮ ‪ w۱ ≤ w۲ ≤ · · · ≤ wn‬ﺩﺍﺭﺍﯼ‬ ‫ﺷﺮﻁ ﻳﺎﺩ ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ w۱ ≤ w۲ ≤ · · · ≤ wn−۱‬ﻧﻴﺰ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺁﻥ ﺷﺮﻁ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﭘﺲ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ‬ ‫ﮐﺎﻓﻴﺴﺖ ﺍﺩﻋﺎﯼ ﺧﻮﺩ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﺭﻭﺷﻦ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﺍﮔﺮ ‪ w۱ > ۱‬ﻳﺎ ﺑﺮﺍﯼ ﻳﮏ ‪ ۲ ≤ i ≤ n‬ﺩﺍﺷﺘﻪ ﺑﺎﺷﻴﻢ ‪wi > w۱ + w۲ + · · · + wi−۱ + ۱‬‬ ‫ﺁﻧﮕﺎﻩ ﺑﻪ ﺗﺮﺗﻴﺐ ﻋﺪﺩ ‪ ۱‬ﻳﺎ ﻋﺪﺩ ‪ w۱ + w۲ + · · · + wi−۱ + ۱‬ﻣﺠﻤﻮﻉ ﻫﻴﭻ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺍﺯ ﻭﺯﻧﻪﻫﺎ ﻧﻤﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﺍﮔﺮ‬ ‫ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻭﺯﻧﻪ ﮐﺎﻣﻞ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﺷﺮﻁ ﺑﺎﻻ ﺩﺭﺑﺎﺭﻩﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺻﺎﺩﻕ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ﺑﺮﺍﯼ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻭﺯﻧﻪ ﺷﺮﻁ ﻳﺎﺩ ﺷﺪﻩ‬ ‫ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ ﺑﺎﺷﺪ ﺑﻪ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ n‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﮐﻪ ﮐﺎﻣﻞ ﻫﺴﺘﻨﺪ‪ .‬ﭘﺎﻳﻪﯼ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﻳﮏ ﻭﺯﻧﻪ‬ ‫ﺩﺍﺭﻳﻢ ﻭﺍﺿﺢ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = k − ۱‬ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ w۱ ≤ w۲ ≤ · · · ≤ wk‬ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺷﺮﻁ ﻳﺎﺩ‬ ‫ﺷﺪﻩ ﺑﺎﺷﻨﺪ ﺍﻋﺪﺍﺩ ‪ w۱ ≤ w۲ ≤ · · · ≤ wk−۱‬ﻧﻴﺰ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺁﻥ ﺷﺮﻁ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﺍﯼ‬ ‫ﮐﺎﻣﻠﻨﺪ ﭘﺲ ﻫﺮ ﻋﺪﺩ ﻃﺒﻴﻌﯽ ‪ W‬ﮐﻪ ﮐﻮﭼﮏﺗﺮ ﺍﺯ ‪ w۱ + w۲ + · · · + wk−۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﺟﻤﻊ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺍﺯ‬ ‫‪ w۱ , w۲ , . . . , wk−۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺑﺮﺍﯼ ﺁﻥ ‪ W‬ﻫﺎﯼ ﻃﺒﻴﻌﯽ ﮐﻪ ‪w۱ +w۲ +· · ·+wk−۱ < W < w۱ +w۲ +· · ·+wk‬‬ ‫ﭼﻮﻥ ‪ wk ≤ w۱ + w۲ + · · · + wk−۱ + ۱‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪−۱ ≤ w۱ + w۲ + · · · + wk−۱ − wk < W − wk < w۱ + w۲ + · · · + wk−۱‬‬

‫ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺖ ‪ W − wk = ۰‬ﻣﻄﻠﻮﺏ ﺣﺎﺻﻞ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﻏﻴﺮ ﺍﻳﻦ ﺻﻮﺭﺕ‬ ‫ﭘﺲ ﻃﺒﻖ ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ‪ W − wk‬ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﺟﻤﻊ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﺍﺯ ‪ w۱ , w۲ , . . . , wk−۱‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﮔﺮ ‪ wk‬ﺭﺍ ﺑﻪ ﺁﻥ‬ ‫ﻣﺠﻤﻮﻋﻪ ﺍﺿﺎﻓﻪ ﮐﻨﻴﻢ ﻣﺠﻤﻮﻉ ﺍﻋﻀﺎﯼ ﻣﺠﻤﻮﻋﻪﯼ ﺟﺪﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ W‬ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺑﻮﺩ ﻭ ﺣﮑﻢ ﺑﺮﺍﯼ ‪ n = k‬ﻧﻴﺰ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬

‫‪۱ ≤ W − wk < w۱ + w۲ + · · · + wk−۱‬‬

‫‪ .۳‬ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺍﻭﻝ‪.‬‬

‫ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ‪ KB = LC‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺍﺯ ﻧﻘﺎﻁ ‪ K‬ﻭ ‪ L‬ﻋﻤﻮﺩﻫﺎﯼ ‪ KF‬ﻭ ‪ LE‬ﺭﺍ ﺑﺮ ﺧﻄﻮﻁ ‪ M B‬ﻭ ‪ M C‬ﺭﺳﻢ‬ ‫△‬ ‫ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺩﻭ ﻋﻤﻮﺩ‪ ،‬ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻓﺎﺻﻠﻪ ‪ O‬ﺗﺎ ﺩﻭ ﻭﺗﺮ ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ M B‬ﻭ ‪ M C‬ﺍﺯ ﺩﺍﻳﺮﻩ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ ABC‬ﻫﺴﺘﻨﺪ ﻭ‬ ‫‪۹۱‬‬

‫ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﺑﺎ ﻫﻢ ﺑﺮﺍﺑﺮﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﺯ ﻃﺮﻑ ﺩﻳﮕﺮ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪= ∠LCE :‬‬ ‫ﻭ ‪ KB = LC‬ﺍﺳﺖ‪.‬‬

‫‪) ∠KBF‬ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ ABM C‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪ (.‬ﺩﺭ ﻧﺘﻴﺠﻪ‬

‫△‬

‫△‬

‫∼ ‪KBF‬‬ ‫‪= LCE‬‬

‫⌢‬

‫ﺍﮔﺮ ‪ D‬ﻧﻘﻄﻪﯼ ﻭﺳﻂ ﮐﻤﺎﻥ ‪ BAC‬ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪∠KDL = ∠BDC = ∠BAC‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪KD = LD‬‬

‫⇒‬

‫△‬

‫△‬

‫∼ ‪⇒ DBK‬‬ ‫‪= DCL‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫‪DB = DC‬‬ ‫‪∠DBA = ∠DCA‬‬ ‫‪KB = LC‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ‪ ∠KOL = ∠BM C‬ﭘﺲ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﮐﻪ ‪ AKOLD‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪∠AKD = ∠ALD = ∠AOD = ∠B − ∠C ‬‬ ‫‪∠B − ∠C‬‬ ‫= ‪⇒ ∠KDB = ∠LDC‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪∠B−∠C‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫= ‪∠KBD = ∠LCD‬‬ ‫‪۲‬‬

‫)∗( ‪⇒ KB = KD = LD = LC‬‬

‫△‬

‫△‬

‫ﺩﺭ ﺍﻧﺘﻬﺎ ﺑﺎ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻫﻢﻧﻬﺸﺘﯽ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ N DK‬ﻭ ‪ N DL‬ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺎﻟﻪ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺧﻮﺍﻫﺪ ﺷﺪ‪.‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪⇒ ∠N DK = ∠N DL‬‬

‫‪∠A ‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪۲ ‬‬ ‫‪‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫‪∠A‬‬ ‫‪۲‬‬

‫=‬

‫)‬ ‫‪( ∠B−∠C‬‬ ‫‪۲‬‬

‫‪− ∠B) +‬‬

‫◦‪(۹۰‬‬

‫= ‪∠N DK = ∠N DB + ∠BDK‬‬

‫‪∠N DL = ∠N DC − ∠CDL = (۹۰◦ − ∠C) − ( ∠B−∠C‬‬ ‫=)‬ ‫‪۲‬‬ ‫△‬

‫△‬

‫ﺍﮐﻨﻮﻥ ﺑﺎ ﮐﻤﮏ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ )∗( ﻫﻢﻧﻬﺸﺘﯽ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ N DK‬ﻭ ‪ N DL‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪.N K = N L :‬‬ ‫ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪.‬‬ ‫‪۹۲‬‬

‫ﺍﺯ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ O‬ﺩﻭ ﺧﻂ ﺑﻪ ﻣﻮﺍﺯﺍﺕ ﺍﺿﻼﻉ ‪ AB‬ﻭ ‪ AC‬ﻣﺜﻠﺚ ﺭﺳﻢ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﺗﺎ ‪ M B‬ﻭ ‪ M C‬ﺭﺍ ﺩﺭ ‪ B ′‬ﻭ‬ ‫△‬

‫‪C′‬‬

‫△‬

‫ﻗﻄﻊ ﮐﻨﻨﺪ‪ .‬ﻃﺒﻖ ﻗﻀﻴﻪﯼ ﺳﻴﻨﻮﺱﻫﺎ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ OM B ′‬ﻭ ‪ OM C ′‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬

‫)‪⇒ OB ′ = OC ′ ⇒ KB = LC = x (۱‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫‪R‬‬ ‫‪sin(∠B+ ∠A‬‬ ‫)‬ ‫‪۲‬‬

‫‪∠A‬‬ ‫‪۲ )‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫=‬

‫‪= sin(∠C +‬‬

‫‪R‬‬ ‫)‬ ‫‪sin(∠C+ ∠A‬‬ ‫‪۲‬‬

‫=‬

‫‪OB ′‬‬

‫‪sin( ∠B+∠C‬‬ ‫)‬ ‫‪۲‬‬

‫‪∠A‬‬ ‫) ‪۲‬‬

‫‪sin(∠B +‬‬ ‫‪OC ′‬‬

‫‪sin( ∠B+∠C‬‬ ‫)‬ ‫‪۲‬‬

‫ﻃﺒﻖ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ )‪ (۱‬ﺑﺪﺳﺖ ﻣﯽﺁﻳﺪ ﮐﻪ‪:‬‬ ‫)‪(۲‬‬

‫‪sin( ∠B+∠C‬‬ ‫)‬ ‫‪sin( ∠B+∠C‬‬ ‫)‬ ‫‪x‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫‪۲‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫‪∠A‬‬ ‫‪∠B−∠C‬‬ ‫‪R‬‬ ‫) ‪sin(∠C + ۲‬‬ ‫) ‪cos( ۲‬‬

‫△‬

‫ﺍﮐﻨﻮﻥ ﻃﻮﻝ ﺩﻭ ﭘﺎﺭﻩﺧﻂ ‪ N K‬ﻭ ‪ N L‬ﺭﺍ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﻗﻀﻴﻪ ﮐﺴﻴﻨﻮﺱﻫﺎ ﺩﺭ ﺩﻭ ﻣﺜﻠﺚ ‪ BN K‬ﻭ‬ ‫ﺑﺪﺳﺖ ﺁﻭﺭﺩﻩ ﻭ ﺑﺎ ﻳﮑﺪﻳﮕﺮ ﻣﻘﺎﻳﺴﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫)‪N K ۲ = N B ۲ + BK ۲ − ۲N B · BK · cos(۹۰◦ − ∠C + ∠B‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫)‪ N L۲ = N C ۲ + CL۲ − ۲N C · CL · cos(۹۰◦ − ∠B + ∠C‬‬

‫‪۹۳‬‬

‫△‬

‫‪CN L‬‬

:‫ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬BK = CL = x ‫ﺣﺎﻝ ﭼﻮﻥ‬ NK = NL ⇔ N B ۲ − ۲N B · x · cos(۹۰◦ − ∠C + ∠B) = N C ۲ − ۲N C · x · cos(۹۰◦ − ∠B + ∠C) ⇔ N B ۲ − ۲N B · x · sin(∠C − ∠B) = N C ۲ − ۲N C · x · sin(∠B − ∠C)

(۳)

:‫ﺍﺯ ﻗﻀﻴﻪ ﺳﻴﻨﻮﺱﻫﺎ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬ N B = ۲R · sin(۹۰◦ − ∠B) = ۲R · cos ∠B ,

N C = ۲R · sin(۹۰◦ − ∠C) = ۲R · cos ∠C

:‫( ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﻪ ﺻﻮﺭﺕ ﺳﺎﺩﻩﺗﺮﯼ ﻧﻮﺷﺖ‬۳) ‫ﺣﺎﻝ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ‬ ۴R۲ · cos۲ ∠B + ۴R · x · cos ∠B · sin(∠B − ∠C) = ۴R۲ · cos۲ ∠C − ۴R · x · cos ∠C · sin(∠B − ∠C) ⇔ x · sin(∠B − ∠C) · [cos ∠B + cos ∠C] = R · [cos ∠C − cos ∠B] · [cos ∠B + cos ∠C] ⇔ NK =

) sin( ∠B+∠C ) ) ۲ sin( ∠B−∠C sin( ∠B+∠C x cos ∠C − cos ∠B ۲ ۲ ۲ = = = ∠B−∠C ∠B−∠C ∠B−∠C R sin(∠B − ∠C) ۲ sin( ۲ ) cos( ۲ ) cos( ۲ )

:‫( ﻣﯽﺑﺎﺷﺪ ﻭ ﺍﺯ ﺁﻧﺠﺎ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ ﻣﺮﺍﺣﻞ ﺑﺎﺯﮔﺸﺖﭘﺬﻳﺮﻧﺪ ﺧﻮﺍﻫﻴﻢ ﺩﺍﺷﺖ‬۲) ‫ ﻫﻤﺎﻥ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ‬،‫ﺍﻳﻦ ﺗﺴﺎﻭﯼ‬ .N L .‫ ﻫﺴﺘﻨﺪ‬C ‫ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﻫﻤﻪﯼ ﮐﻤﺎﻥﻫﺎ ﻣﺘﻌﻠﻖ ﺑﻪ ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ‬.‫ ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺍﻭﻝ‬.۴

∠T AK =

⌢

TB ۲

 = ∠T BP 

∠AKT = ∠BP T



: ∠AKT △

= ∠BP T △

⇒ T AK ∼ T BP ⇒

‫ ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ‬KT P B ‫ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ‬

TA AK AK AP ′ AK = = ⇒ = ′ TB BP AP TB TA

(۱)

:‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺩﺍﺭﻳﻢ‬

∠P ′ AK =

 △ △ = ∠BT A ⇒ P ′ AK ∼ BT A ⇒ ∠P ′ KA = ∠BAT = ∠P BT.  (۱) ⌢

AY B ۲

۹۴

‫ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺩﻭﻡ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺭﺍﻩ ﺣﻞ ﺗﻨﻬﺎ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ )‪ (۱‬ﺭﺍ ﺍﺯ ﺭﺍﻩ ﺩﻳﮕﺮﯼ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﻗﻮﺕ ﻧﻘﻄﻪﯼ ‪ A‬ﺭﺍ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ‬ ‫△‬ ‫ﺩﺍﻳﺮﻩﯼ ﻣﺤﻴﻄﯽ ﻣﺜﻠﺚ ‪ P BK‬ﻣﺤﺎﺳﺒﻪ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪:‬‬

‫‪AB‬‬ ‫‪AP‬‬ ‫‪AP ′‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫)‪(۱‬‬ ‫‪AX‬‬ ‫‪AK‬‬ ‫‪AK‬‬

‫⇒ ‪AX · AP = AK · AB‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﭼﻬﺎﺭﺿﻠﻌﯽ ‪ T KBP‬ﻣﺤﺎﻃﯽ ﺍﺳﺖ‪:‬‬ ‫‪AB‬‬ ‫‪TB‬‬ ‫‪T B (۱) AP ′‬‬ ‫‪AP ′‬‬ ‫‪AK‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫⇒‬ ‫⇒‬ ‫=‬ ‫‪XA‬‬ ‫‪TA‬‬ ‫‪AK‬‬ ‫‪TA‬‬ ‫‪TB‬‬ ‫‪TA‬‬

‫△‬

‫△‬

‫⇒ ‪⇒ T AB ∼ T XA‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬

‫‪∠T BP = ∠T XA‬‬ ‫‪= ∠T BA‬‬

‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪‬‬ ‫‪= ∠T BP ‬‬

‫⌢‬

‫‪AT‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= ‪∠T AX‬‬

‫‪TB‬‬ ‫‪۲‬‬

‫= ‪∠T AB‬‬

‫⌢‬

‫‪ .۵‬ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺣﮑﻢ ﻣﺴﺄﻟﻪ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ‪ m, n ≥ ۳‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪ m‬ﻭ ‪ n‬ﮐﻤﺘﺮ ﺍﺯ ‪۳‬‬ ‫ﺑﺎﺷﺪ‪ ،‬ﺯﻳﺮ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﻭﺟﻮﺩ ﻧﺪﺍﺭﺩ‪ .‬ﭘﺲ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻫﺮ ﺯﻳﺮ ﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺁﻥ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺑﺎﻳﺪ‬ ‫ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺍﻋﻤﺎﻝ ﻣﻌﺮﻓﯽ ﺷﺪﻩ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﻗﺴﻤﺖ ﺭﺍ ﺩﺭ ﺍﻧﺘﻬﺎ ﺛﺎﺑﺖ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪.‬‬ ‫ﻋﺪﺩ ﻧﻮﺷﺘﻪﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺳﻄﺮ ‪ i‬ﻭ ﺳﺘﻮﻥ ‪ j‬ﺭﺍ ﺑﺎ )‪ A(i, j‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪ .‬ﻳﮏ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺩﺭ‬ ‫ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﮔﻮﺷﻪﯼ ﺑﺎﻻ‪-‬ﺭﺍﺳﺖ ﺁﻥ‪ (i, j) ،‬ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﻳﻦ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﺑﺎ )‪ S(i, j‬ﻧﺸﺎﻥ ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ‪.‬‬ ‫‪۹۵‬‬

‫ﻣﻨﻈﻮﺭ ﺍﺯ ﺷﺎﺧﺺ ﺍﻳﻦ ﺯﻳﺮ ﺟﺪﻭﻝ‪ ،‬ﻋﺪﺩ ﺣﺎﺻﻞ ﺍﺯ ﺟﻤﻊ ﺯﺩﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﺯﻳﺮ ﺑﺎ‬ ‫ﻋﻼﻣﺖﻫﺎﯼ ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﻳﻌﻨﯽ ﻋﺪﺩ‬ ‫)‪A(i + ۱, j) − A(i + ۲, j) + A(i + ۲, j − ۱) − A(i + ۱, j − ۲) + A(i, j − ۲) − A(i, j − ۱‬‬

‫ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﺑﺎﻻ ﺩﺍﺭﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺧﺎﺻﻴﺖ ﻫﺴﺘﻨﺪ ﮐﻪ ﻫﺮ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﻓﻘﯽ ﻳﺎ ﻋﻤﻮﺩﯼ ﻳﺎ ﺍﺭﻳﺐ‪،‬‬ ‫ﺧﺎﻧﻪﻫﺎﯼ ﻣﺸﺨﺺ ﺷﺪﻩ ﺩﺭ ﺷﮑﻞ ﺑﺎﻻ ﺭﺍ ﻳﺎ ﻗﻄﻊ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ ﻭ ﻳﺎ ﺩﺭ ﺩﻭ ﺧﺎﻧﻪ ﺑﺎ ﻋﻼﻣﺖ ﻣﺨﺎﻟﻒ ﻗﻄﻊ ﻣﯽﮐﻨﺪ‪.‬‬ ‫ﭘﺲ ﺑﺎ ﺍﻧﺠﺎﻡ ﻫﺮ ﻳﮏ ﺍﺯ ﺍﻋﻤﺎﻝ ﻣﺠﺎﺯ ﺩﺭ ﺻﻮﺭﺕ ﻣﺴﺄﻟﻪ‪ ،‬ﺷﺎﺧﺺ ﻳﮏ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ﺗﻐﻴﻴﺮ ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺍﺯ ﺁﻥﺟﺎ‬ ‫ﮐﻪ ﺑﻨﺎﺑﺮ ﻓﺮﺽ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻫﺮ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‪ ،‬ﻭ ﭼﻮﻥ ﺷﺎﺧﺺ ﺩﺭ ﻃﻮﻝ ﺍﻳﻦ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ ﺗﻐﻴﻴﺮ‬ ‫ﻧﻤﯽﮐﻨﺪ ﭘﺲ ﺷﺎﺧﺺ ﻫﺮ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺍﺯ ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺻﻔﺮ ﺍﺳﺖ ﻭ ﺩﺭ ﻃﻮﻝ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ ﻧﻴﺰ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ‪.‬‬ ‫ﺍﮐﻨﻮﻥ ﻣﻘﺪﻣﺎﺕ ﻻﺯﻡ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ .‬ﺣﮑﻢ ﺭﺍ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺭﻭﯼ ‪ m + n‬ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﭘﺎﻳﻪﯼ‬ ‫ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ‪ ،m + n = ۶‬ﻳﻌﻨﯽ ‪ .m = n = ۳‬ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺣﮑﻢ ﺑﺪﻳﻬﯽ ﺍﺳﺖ ﭼﻮﻥ ﮐﻞ‬ ‫ﺟﺪﻭﻝ ﻳﮏ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ‪ ۳ × ۳‬ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺣﺎﻝ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ .m + n > ۶‬ﭘﺲ ﺩﺳﺖﮐﻢ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪ m‬ﻭ ‪ n‬ﺍﺯ ‪ ۳‬ﺑﻴﺶﺗﺮ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﻣﯽ ﮐﻨﻴﻢ ‪) m > ۳‬ﺣﺎﻟﺖ ‪ n > ۳‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ(‪ .‬ﺣﺎﻝ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻟﯽ ﺍﺯ ﺟﺪﻭﻝ ﺍﺻﻠﯽ ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ‬ ‫ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ ﮐﻪ ﺍﺯ ﺣﺬﻑ ﺳﺘﻮﻥ ﺁﺧﺮ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﺁﻣﺪﻩ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ ﺑﺮﺍﯼ ﺍﻳﻦ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ )‪ n × (m − ۱‬ﺑﺮﻗﺮﺍﺭ‬ ‫ﺍﺳﺖ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﻨﺎﺑﺮ ﺍﺳﺘﻘﺮﺍ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺍﻋﻤﺎﻝ ﻣﺠﺎﺯ‪ ،‬ﻫﻤﻪﯼ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﺍﻳﻦ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ‪ .‬ﭘﺲ‬ ‫ﺑﻪ ﺟﺪﻭﻟﯽ ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺳﺘﻮﻥ ﺁﺧﺮ ﺁﻥ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ ﻧﺎﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﺍﺩﻋﺎ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺩﺭ ﺍﻳﻦ ﺣﺎﻟﺖ ﺍﻋﺪﺍﺩ‬ ‫ﺳﺘﻮﻥ ﺁﺧﺮ ﺑﻪ ﺟﺰ ﻋﺪﺩ ﺧﺎﻧﻪﯼ ﺑﺎﻻ‪-‬ﺭﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﺎﻳﺪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝ )‪ S(۱, m‬ﺭﺍ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ ﺑﮕﻴﺮﻳﺪ‪ .‬ﺷﺎﺧﺺﹺ‬ ‫ﺍﻳﻦ ﺟﺪﻭﻝ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺍﺳﺖ ﺑﺎ‬ ‫)‪A(۲, m) − A(۳, m) + A(۳, m − ۱) − A(۲, m − ۲) + A(۱, m − ۲) − A(۱, m − ۱) = A(۲, m) − A(۳, m‬‬

‫ﺍﺯ ﻃﺮﻓﯽ ﺑﻨﺎﺑﺮ ﺁﻥﭼﻪ ﮔﻔﺘﻪ ﺷﺪ‪ ،‬ﺍﻳﻦ ﺷﺎﺧﺺ ﺑﺎﻳﺪ ﺻﻔﺮ ﺑﺎﺷﺪ‪ .‬ﭘﺲ )‪ .A(۳, m) = A(۲, m‬ﺑﺎ ﺩﺭ ﻧﻈﺮ‬ ‫ﮔﺮﻓﺘﻦ ﺯﻳﺮﺟﺪﻭﻝﻫﺎﯼ )‪ ... ،S(۴, m) ،S(۳, m‬ﻭ )‪ S(n − ۲, m‬ﻭ ﺗﮑﺮﺍﺭ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻓﻮﻕ‪ ،‬ﻣﺸﺎﺑﻬﴼ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫)‪ ... ،A(۵, m) = A(۴, m) ،A(۴, m) = A(۳, m‬ﻭ )‪ .A(n, m) = A(n − ۱, m‬ﭘﺲ ﺩﺭ ﺳﺘﻮﻥ ﺁﺧﺮ‪ ،‬ﻣﻘﺎﺩﻳﺮ‬ ‫ﻫﻤﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﺑﻪ ﺟﺰ ﺧﺎﻧﻪ )‪ (۱, m‬ﺑﺎ ﻳﮏﺩﻳﮕﺮ ﺑﺮﺍﺑﺮﻧﺪ‪ .‬ﭘﺲ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺗﻌﺪﺍﺩﯼ ﻋﻤﻞ ﻣﺠﺎﺯ ﺭﻭﯼ ﺳﺘﻮﻥ‬ ‫ﺁﺧﺮ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﻫﻤﻪﯼ ﺁﻥﻫﺎ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ ﻭ ﺳﭙﺲ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺒﯽ ﮐﻪ ﺗﻨﻬﺎ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪﯼ)‪ (۱, m‬ﺗﺸﮑﻴﻞ‬ ‫ﺷﺪﻩ‪ ،‬ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺧﺎﻧﻪﯼ )‪ (۱, m‬ﺭﺍ ﻧﻴﺰ ﺻﻔﺮ ﮐﺮﺩ ﻭ ﺑﻨﺎﺑﺮﺍﻳﻦ ﮐﻞ ﺟﺪﻭﻝ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫ﺗﻨﻬﺎ ﻣﯽﻣﺎﻧﺪ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﺭﺍ ﺛﺎﺑﺖ ﮐﻨﻴﻢ ﮐﻪ ﺣﺪﺍﻗﻞ ﻳﮑﯽ ﺍﺯ ‪ m‬ﻭ ‪ n‬ﺍﺯ ‪ ۳‬ﮐﻢﺗﺮ ﺑﺎﺷﻨﺪ‪ .‬ﻣﺜﻼﹰ ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪m < ۳‬‬ ‫)ﺣﺎﻟﺖ ‪ n < ۳‬ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ(‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ ،m = ۱‬ﺑﻪ ﻭﺿﻮﺡ ﻣﯽﺗﻮﺍﻥ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺳﻄﺮﻫﺎ‪ ،‬ﻫﻤﻪﯼ ﺧﺎﻧﻪﻫﺎ ﺭﺍ ﺻﻔﺮ‬ ‫‪۹۶‬‬

‫ﮐﺮﺩ‪ .‬ﺍﮔﺮ ‪ ،m = ۲‬ﺭﻭﺵ ﺯﻳﺮ ﺭﺍ ﺑﻪ ﮐﺎﺭ ﻣﯽﺑﺮﻳﻢ‪.‬‬ ‫ﺍﺑﺘﺪﺍ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺳﻄﺮ ‪n‬ﺍﻡ‪ A(n, ۱) ،‬ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺳﭙﺲ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺐ ﮔﺬﺭﻧﺪﻩ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪ‬ ‫)‪ A(n, ۲) ،(n, ۲‬ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺳﭙﺲ ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺳﻄﺮ )‪(n − ۱‬ﺍﻡ‪ A(n − ۱, ۱) ،‬ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ‪ .‬ﺳﭙﺲ‬ ‫ﺑﺎ ﺍﺳﺘﻔﺎﺩﻩ ﺍﺯ ﺭﺩﻳﻒ ﺍﺭﻳﺐ ﮔﺬﺭﻧﺪﻩ ﺍﺯ ﺧﺎﻧﻪ )‪ A(n − ۱, ۲) ،(n − ۱, ۲‬ﺭﺍ ﺻﻔﺮ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ﻭ ﻫﻤﻴﻦ ﻓﺮﺁﻳﻨﺪ ﺭﺍ ﺍﺩﺍﻣﻪ‬ ‫ﻣﯽﺩﻫﻴﻢ ﺗﺎ ﻫﻤﻪﯼ ﺟﺪﻭﻝ ﺻﻔﺮ ﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪ .۶‬ﻟﻢ‪ .۱‬ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ‪ n ≥ ۳‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﮐﻨﻴﺪ ‪ an < ۳‬ﺍﮔﺮ ‪ an−۱ ≥ an−۲‬ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫‪an ≥ ۳‬‬

‫[‬ ‫]‬ ‫[‬ ‫]‬ ‫‪۲an−۱‬‬ ‫‪۲an−۲‬‬ ‫‪۲an−۱‬‬ ‫‪۲an−۱‬‬ ‫⇒‪≥۲‬‬ ‫⇒‪≥۲‬‬ ‫⇒ ‪= ۰ ⇒ an−۱ > ۲an−۲‬‬ ‫‪>۴‬‬ ‫‪an−۲‬‬ ‫‪an−۲‬‬ ‫‪an−۱‬‬ ‫‪an−۲‬‬

‫ﮐﻪ ﺑﺎ ﻓﺮﺽ ‪ an < ۳‬ﺩﺭ ﺗﻨﺎﻗﺾ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ‪ an−۲ ≥ an−۱‬ﻧﻴﺰ ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﮐﺎﻣﻼﹰ ﻣﺸﺎﺑﻪ ﺍﺳﺖ ﭼﻮﻥ‬ ‫ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺑﺎﺯﮔﺸﺘﯽ ﻧﺴﺒﺖ ﺑﻪ ﺩﻭ ﺟﻤﻠﻪ ﻗﺒﻞ ﻣﺘﻘﺎﺭﻥ ﺍﺳﺖ‪.‬‬ ‫ﻟﻢ‪ .۲‬ﺑﻪ ﺍﺯﺍﯼ ﻫﺮ ‪ n ≥ ۳‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪ an+۲ < max{an+۱ , an } :‬ﻳﺎ ‪.an+۱ = an‬‬ ‫ﺍﺛﺒﺎﺕ‪ .‬ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ ‪ .an+۱ ̸= an‬ﻫﻤﭽﻨﻴﻦ ﺑﻪ ﻋﻠﺖ ﺗﻘﺎﺭﻥ ﺭﺍﺑﻄﻪﯼ ﺑﺎﺯﮔﺸﺘﯽ ﺑﺪﻭﻥ ﮐﺎﺳﺘﻪ ﺷﺪﻥ ﺍﺯ ﮐﻠﻴﺖ‬ ‫ﻓﺮﺽ ﻣﯽﮐﻨﻴﻢ } ‪ an = max{an+۱ , an‬ﭘﺲ‪:‬‬ ‫‪۲an+۱‬‬ ‫‪ an+۳‬ﻧﻴﺰ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺷﻮﺩ‬ ‫} ‪max{an+۳ , an+۲ } < max{an+۱ , an‬‬

‫ﻳﻌﻨﯽ ﻣﺎﮐﺰﻳﻤﻢ ﺟﻔﺖ ﺟﻤﻠﻪﻫﺎﯼ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻫﻤﻮﺍﺭﻩ ﺍﮐﻴﺪﴽ ﻧﺰﻭﻟﯽ ﺍﺳﺖ ﮐﻪ ﻏﻴﺮ ﻣﻤﮑﻦ ﺍﺳﺖ‪ .‬ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﺍﻳﻦ‬ ‫ﺍﺳﺘﺪﻻﻝ ﻧﺘﻴﺠﻪ ﻣﯽﺩﻫﺪ ﮐﻪ ﺩﻭ ﺟﻤﻠﻪ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻭ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺑﯽﻧﻬﺎﻳﺖ ﺑﺎﺭ ﺩﺭ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻇﺎﻫﺮ ﻣﯽﺷﻮﺩ‪.‬‬ ‫‪۹۷‬‬

‫ﺣﺎﻝ ﺗﻮﺟﻪ ﮐﻨﻴﺪ ﮐﻪ ﻫﻤﻮﺍﺭﻩ ﭘﺲ ﺍﺯ ﺩﻭ ﺟﻤﻠﻪﯼ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺩﺭ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻋﺪﺩ ‪ ۴‬ﻇﺎﻫﺮ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﻭ ﺍﮔﺮ ﺁﻥ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﺑﺮﺍﺑﺮ ‪ ۳‬ﻳﺎ ‪ ۴‬ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻣﻄﻠﻮﺏ ﺣﺎﺻﻞ ﻣﯽﺷﻮﺩ ﭼﻮﻥ ﺍﮔﺮ ‪ ۳‬ﻭ ‪ ۴‬ﭘﺸﺖ ﺳﺮ ﻫﻢ ﺑﻴﺎﻳﻨﺪ ﺟﻤﻠﻪﯼ ﺑﻌﺪ ﺍﺯ ‪ ۴‬ﻫﻢ ‪۳‬‬ ‫ﻣﯽﺷﻮﺩ‪ .‬ﺍﻣﺎ ﺍﮔﺮ ﺁﻥ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﺰﺭﮔﺘﺮ ﺍﺯ ‪ ۴‬ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻣﺜﻼﹰ ‪ ak = ak+۱ > ۴‬ﺍﮔﺮ ﺍﻭﻟﻴﻦ ﺑﺎﺭﯼ ﮐﻪ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ‬ ‫ﻣﺴﺎﻭﯼ ﺩﻳﮕﺮ ﺩﺭ ﺩﻧﺒﺎﻟﻪ ﻇﺎﻫﺮ ﻣﯽﺷﻮﺩ ‪ ak+m = ak+m+۱‬ﺑﺎﺷﺪ ﮐﻪ ‪ m‬ﻓﺮﺩ ﺍﺳﺖ‪ ،‬ﺑﺎ ﺗﻮﺟﻪ ﺑﻪ ﺍﺛﺒﺎﺕ ﻟﻢ ‪ ۳‬ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪ak+۱ = max{ak+۱ , ak+۲ = ۴} > max{ak+۳ , ak+۴ } > · · · > max{ak+m , ak+m+۱ } = ak+m‬‬

‫ﻭ ﺩﺭ ﺣﺎﻟﺘﯽ ﮐﻪ ‪ m‬ﺯﻭﺝ ﺍﺳﺖ ﺩﺍﺭﻳﻢ‪:‬‬ ‫‪ak+۱ = max{ak+۱ , ak+۲ = ۴} > max{ak+۳ , ak+۴ } > · · · > max{ak+m−۱ , ak+m } ≥ ak+m‬‬

‫ﻳﻌﻨﯽ ﺗﺎ ﻭﻗﺘﯽ ﺍﻋﺪﺍﺩ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﺑﻴﺶ ﺍﺯ ‪ ۴‬ﺑﺎﺷﻨﺪ ﻫﻤﻮﺍﺭﻩ ﻳﮏ ﺟﻔﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﮐﻤﺘﺮ ﺍﺯ ﺟﻔﺖ ﺑﺮﺍﺑﺮ ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ‬ ‫ﻗﺒﻠﯽ ﺍﺳﺖ ﻭﻟﯽ ﺍﻳﻦ ﺭﻭﻧﺪ ﻧﻤﯽﺗﻮﺍﻧﺪ ﺗﺎ ﺑﯽﻧﻬﺎﻳﺖ ﺍﺩﺍﻣﻪ ﻳﺎﺑﺪ ﻭ ﭘﺲ ﺍﺯ ﻣﺪﺗﯽ ﺑﻪ ﺩﻭ ﻋﺪﺩ ‪ ۳‬ﻳﺎ ‪ ۴‬ﻣﺘﻮﺍﻟﯽ ﻣﯽﺭﺳﻴﻢ‬ ‫ﮐﻪ ﻣﻄﻠﻮﺏ ﻣﺎ ﺭﺍ ﺑﻪ ﺩﺳﺖ ﻣﯽﺩﻫﺪ‪.‬‬

‫‪۹۸‬‬