2. ročník, 2012/ 2013 Medzinárodný korešpondenčný seminár iks. i d 1azároveň p α i+1. i d. Konečně definujme k. L = p d/p i α i

Transkript

1 Řešení 2. série ÚlohaN2. Jedánopřirozenéčíslo d.dokažte,žejemožnénajíttakovékladnéreálnéčíslo c, žeprovšechnapřirozenáčísla n > dplatínerovnost [n 1,n 2,...,n d] > cn d. Hranatými závorkami značíme nejmenší společný násobek. Řešení. Pro další použití zavedeme: Nyní chceme dokázat, že f(n) = (n 1)(n 2) (n d), g(n) = [n 1,n 2,...,n d]. L g(n) f(n) (1) pro nějaké L. Označmesiprvočíslamenšínež djako p 1,p 2,...,p k,těchjeurčitěkonečně.označmeještě α i pro i {1,2,...,k}takovéčíslo,že p α i i d 1azároveň p α i+1 i d. Konečně definujme k L = p d/p i α i i. i=1 Lemma. Pokud p β i ddělíjednozčíseltvaru n j,pakužje1 p vp i (n k) i všechna 1 k d, k j. p α i i d 1pro Důkaz. Připusťme,žeexistujídvě β 1 a β 2.Vezměmemenšíznich β,pak p β dělídvězdpo sobějdoucíchčísel,alesamojevětšínež d.spor. Nyní (1)dokážemetak,žesepodívámena v p(x)pravéilevéstranynerovnostiprovšechna p. (i) Nechť qjeprvočíslo,takovéže q d,pak v q(l g(n)) = v q(g(n)) v q(f(n)).natosistačí uvědomit,že f(n)jesoučin dposobějdoucíchčíselaznichmůže qdělitpouzejednonebo žádné,atedy qbudevg(n)vestejnémocniněaplatítedydokonce v q(g(n)) = v q(f(n)). (ii) Nechť qjejednozprvočísel p i,kde i {1,2,...,k}.Pakchcemedokázat v q(l g(n)) = v q(l)+v q(g(n)) = d q αi +v q(g(n)) v q(f(n)), ekvivalentně d q αi v q(f(n)) v q(g(n)). Podlelemmatu v q(n i) α i kromětohonejvětšího.tenjealeroven v q(g(n)),aprotose napravéstraněodečte.teďužsistačíuvědomit,žečíseldělitelných qv f(n)jemaximálně d q.tímjenerovnostdokázaná. Tímjsmedokázali (1).Podívejmesenynína h(n) = f(n) n = ( 1 1 )( ) ( d n 1 2 n 1 d n).toje součin d rostoucíh kladných posloupností, a tedy i jejich součin je rostoucí. Platí Máme tedy atojsmemělidokázat. f(n) = h(n) h(n 1)... h(d+1) = C. nd g(n) 1 L f(n) C L nd, 1 v p(x)značítakovénejvětšíčíslo,že p vp(x) dělí x. 1

2 Mezinárodní korespondenční seminář iks 2. série Poznámkyopravujícího. Mlhažebysedalakrájet.Úlohabylacelkemlehkáajasná,aproto kdyžsiněkdotroufltvrdit,žejenějakýodhad vidět nebořekloněčem,žejeznámé,ikdyžjáto tedy vůbec neznám, body jsem neuděloval. Naopak bych zde rád pochválil sedmibodové jedince, kteří opravdu bez pochybností úlohu zdolali, nebo se alespoň jejich mlhou dalo prohlédnout. (Michael Majkl Bílý) Úloha G2. Jedántrojúhelník ABC adálemimorovinudanoutímtotrojúhelníkembod S takový,že SA = SB = SC.Naúsečkách SA, SB, SC naleznemepostupněbody X, Y, Ztak,abyrovina XYZbylarovnoběžnásrovinou ABC.Buď Ostředsféryopsanéčtyřstěnu SABZ.Dokažte,žepřímka SOjekolmánarovinu XYC. Řešení(volněpodleLeAnhDung). Vcelémtextubudemejako koznačovatvektor SKpro libovolný bod K. Označme Ostředkouleopsanéčtyřstěnu SABZ.Platí o = o a,tedy o 2 = o a 2, o o = o o 2o a+a a, 2o a = a 2. Analogickyobdržímerovnosti 2o b = b 2, 2o z = z 2. Zrovnoběžnostirovin ABCa XYZdostávámeexistencičísla p 1takového,že a = px, b = py, c = pz. K důkazu kolmosti přímky SO a roviny XYC nám stačí ukázat, že o (c x) = 0 a o (c y) = 0,protožepakjepřímka SOkolmánadvěnerovnoběžnépřímkyvXYC(konkrétně na XCa YC).Platíovšem o (c x) = o c o x = o pz o 1 p a = 1 2 p z 2 1 2p a 2 = 1 2p( c 2 a 2) = 0, o (c y) = o c o y = o pz o 1 p b = 1 2 p z 2 1 2p b 2 = 1 2p( c 2 b 2) = 0, kdeposlednírovnostplatídíkytomu,žepodlezadáníje a = b = c. Alternativnířešení(stručněpodleJosefaSvobody). Uvažmekulovouinverzi 2 sestředemvs apoloměrem SA SX.Vtomtozobrazenísebody A, B, C zobrazí(pořadě)nabody X, Y, Z,obrazemsféryopsanéčtyřstěnu SABZjetedyrovina XYC.Jelikožkulováinverze zachovává symetrie podle přímek procházejících jejím středem a výše uvedená sféra je symetrická podlepřímky SO,musíbýtrovina XYCrovněžsymetrickápodletétopřímky.Protoževšak SO v XYCneleží,musínanibýtkolmá,cožjsmemělidokázat. Poznámky opravujícího. Kromě výše uvedených postupů se objevily ještě dva další: první spočívalvtom,žeseúlohapřevedlanarovinnouverzi(kterásesnadnovyúhlí)ataseposlézeaplikovala ve dvou stěny zadaného čtyřstěnu. Druhou cestou byla hrubá aplikace metod analytické geometrie tato řešení se vyznačovala značnou délkou a velkým množstvím úprav výrazů, což bylo pro mě jakožto opravovatele ne zrovna příjemné. Pro počtáře siještědovolímjednodrobnédoporučení:chcete-lidokázat,žejenějakývektor kolmý na rovinu(tj. na nějaké dva vektory), je mnohem výhodnější spočítat skalární součiny s těmito dvěma vektory(jako výše), než ukazovat kolinearitu s jejich vektorovým součinem. (Alexander Olin Slávik) 2 Kulováinverze(sestředemvTapoloměrem r)jepřímočarýmzobecněnímkruhovéinverze dotřírozměrů bod K(různýod T)sevnízobrazídotakovéhobodu K napolopřímce TK, kterýsplňuje TK TK = r 2. 2

3 ÚlohaC2. PepasMirkemhrajídeskovouhru.Jejísoučástíjehracíplánajednafigurka.Na hracím plánu jsou políčka a některé dvojice políček jsou spojeny rourou(roury jsou obousměrné amohouvéstnadsebouapodsebou) 3.NazačátkuhrypoložíMirekfigurkunajednopolíčko adálesehráčistřídajívtazích.prvníposunefigurkupepapodélněkterérourynadalšípolíčko,pakmirek,... Figurkujezakázánoposunoutnapolíčko,nakterémužněkdystála.Kdo nemůže táhnout, prohrál. Dokažte, že když je počet políček na hracím plánu lichý, tak má Mirek vyhrávající strategii. Řešení. Mirkova vyhrávající strategie vypadá následovně: nejprve seskupí políčka do párů tak, aby (i) žádné políčko nebylo ve více párech(ale některá políčka mohou zůstat nespárovaná), (ii) v každém páru byla 2 políčka spojená rourou, (iii) počet párů byl za podmínek(i),(ii) nejvyšší možný. Některé políčko muselo zůstat nespárované, protože je počet políček lichý. Do nějakého takového políčka položí Mirek figurku. Pak pokaždé, když Pepa táhne do spárovaného políčka P(později ukážeme, že do nespárovaného táhnout nemůže), tak Mirek posune figurku na políčko, s kterým je P vpáru.nazačátkukaždéhopepovatahubudouzkaždéhopárupoužitábuďoběpolíčka, nebožádné,pepavždynačínánovýpáramirekhodokončuje.mirekstakovoustrategiítedy vždy může táhnout, nemůže prohrát, a proto(díky konečnosti hry) nakonec vyhraje. Zbývá ukázat, proč Pepa nemůže táhnout do nespárovaného políčka. Předpokládejme tedy pro spor, že se Pepovi povedlo dostat figurku do nespárovaného políčka. První i poslední tah udělalpepa,takžefigurkadotétodobyprošlapřeslichýpočetrour,řekněme 2n + 1.Díky Mirkově strategii je každá druhá roura na trase figurky taková, která spojuje dvě spárovaná políčka,toje npárů,kteréfigurkapotkala.tatotrasaseovšemdáspárovatijinak,první políčkosdruhým,třetísčtvrtým,...,ažpředposlenísposledním.tímtozpůsobemdostaneme n+1párůnatrasefigurky,čilizvýšímecelkovýpočetpárů.tojevšaksporstím,žepočetpárů byl nejvyšší možný. Na obrázku je znázorněna situace, kdy Mirek hraje podle své strategie, avšak nevybral si nejvyšší možnýpočetpárů.to,žehopepaporazil,znamená,žejemožnépočetpárůzvýšit.šedéroury značí roury mezi spárovanými políčky, čárkovaná čára trasu figurky a písmenka M, P značí, kdo provedl příslušný tah. Poznámky opravujícího. Jak to u dobré kombinatoriky bývá, nabušenost na ní příliš neplatí. Z dlouhodobých řešitelů ji vyřešil pouze Martin Vodička, v podstatě podle vzorového řešení. Zato se s úlohou celkem dobře popasovali dva nováčci, bohužel však pouze jeden dokázal své myšlenky smysluplně zapsat. Třemi body jsem ocenil pěkný postup Jakuba Šafina založený na kradení strategií, který však fungoval pouze pro stromy. Nakonec řešitel, který své jednostránkové řešení zakončil větou Uvedenýpostupfungujejenpropřípad,kdyjsouvšechnyvrcholynavzájemspojené. sisice nevysloužil žádný bod, ale alespoň pobavil. (Mirek Olšák) 3 Vgrafovéterminologiijsoupolíčkavrcholyarouryhranyobecnéhografu. 3

4 Mezinárodní korespondenční seminář iks 2. série Úloha A2. Dokažte, že pokud polynom p s reálnými koeficienty splňuje p(x) 2 1 = p(x 2 +1) provšechna x R,paktojekonstantnípolynom. Řešení. Připomeňme lemma, které je užitečné, kdykoliv pracujeme s polynomy. Lemma. Nechť p, q jsou polynomy. Pokud rovnost p(x) = q(x) nastává pro nekonečně mnoho x,pakrovnost p(x) = q(x)platíprovšechna x. Důkaz. Každé x,prokteréplatírovnost p(x) = q(x),jekořenempolynomu p q.polynom p q má tudíž nekonečně mnoho kořenů. Podle základní věty algebry má každý nenulový polynom stupně nnejvýše nkořenů,takžepolynom p qjenulový. Prvněukážeme,žezevztahu p(x) 2 1 = p(x 2 +1)plyne,žepolynom pjebuďtosudý,nebo lichý. Dosadímeza xnejdříve tapotom t.pravéstranyjsouvoboupřípadechstejné,takžejsou stejnéilevéstrany,cožznamená,že p(t) 2 = p( t) 2 prolibovolné t.prokaždé ttedyplatíbuď p(t) = p( t),nebo p(t) = p( t).pokudrovnost p(t) = p( t)platípronekonečněmnoho t, paktatorovnostpodlelemmatuplatíprokaždé tapolynom pjesudý.podobněpokudrovnost p(t) = p( t)platípronekonečněmnoho t,jepolynom plichý. Postupně rozebereme oba případy. Ukážeme, že v případě, že je polynom p lichý, umíme generovat nekonečněmnohokořenů,takženezbývá,nežže pjenulový.vpřípadě,žepolynom pjesudýanekonstantní,ukážeme,žeexistujepolynom q,kterýsplňujeidentituzezadáníaje přitom polovičního stupně než p. Tím můžeme snižovat stupeň polynomu, dokud nedostaneme nějakýpolynom qlichéhostupně.tenbudemusetbýtnulový,cožbudeznamenat,žetaké pje nulový. Je-lipolynom plichý,pakje p(0) = p(0),tj. p(0) = 0.Dosazením x = 0dozadánídostáváme 1 = p(1)adosazením x = 1dostáváme 0 = p(2).tentopostupmůžemelibovolněkrát opakovat.je-li tkořenem,pakdosazením x = tdostáváme 1 = p(t 2 +1)adosazením x = t 2 +1 dostáváme 0 = p((t 2 +1) 2 +1).Vzhledemknerovnosti (t 2 +1) 2 +1 > t t ttoznamená, že polynom p má nekonečně mnoho kořenů, takže je nulový. Je-lipolynom psudýstupně 2n, n N 0,potomlzezapsatjako p(x) = a 2n x 2n +a 2n 2 x 2n 2 + +a 2 x 2 +a 0, kde a i jsoureálnáčísla.tojevíceménězřejmé,přestobudemepodrobní.jistěexistujíreálná čísla a i taková,že p(x) = a 2n x 2n +a 2n 1 x 2n 1 +a 2n 2 x 2n 2 + +a 2 x 2 +a 1 x+a 0. Rovnost p(x) = p( x)platnouprovšechna xstačípřepsatdotvaru p(x) p( x) = 2 ( a 2n 1 x 2n 1 +a 2n 3 x 2n 3 + +a 3 x 3 +a 1 x = 0 ). Vzhledemktomu,žetatorovnostplatítaképrovšechna x,je a 1 = a 3 = = a 2n 1 = 0. Dálepředpokládejme,žepolynom pjesudýstupně 2nanekonstantní,tj. n N.Potom můžeme definovat polynom q(y) = a 2n y n +a 2n 2 y n 1 + +a 2 y +a 0, kterýjepolovičníhostupně napřitom p(x) = q(x 2 ).Ukážeme,žepolynom qrovněžsplňuje identitu ze zadání. Dosazením obdržíme rovnost 4 q(x 2 ) 2 1 = p(x) 2 1 = p(x 2 +1) = q((x 2 +1) 2 ).

5 Pišme ymísto x 2,cožnámdává q(y) 2 1 = q((y +1) 2 ), a upravujme pravou stranu tak, aby měla stejný tvar jako pravá strana identity ze zadání. Místo ypišme y 1,čímždostaneme q(y 1) 2 1 = q(y 2 ). Nakonec zvětšíme argument polynomu q o 1, neboli definujeme polynom q 1 (y) = q(y 1). Dostaneme q 1 (y) 2 1 = q 1 (y 2 +1). Tutoidentitu jsme sice obdrželi jenproněkterá y (konkrétněpro y 1 0), avšak podle lemmatu platí pro všechna y. Vidíme,žepolynom q 1 splňujeidentituzezadáníapřitommápolovičnístupeň n.polynom q 1 jetedyopětlichý,nebosudý.je-lichý,jepodlepředchozíhonulový,takžeipůvodnípolynom p jenulový.je-lisudý,můžemenajítpolynom q 2,kterýsplňujeidentituzezadáníajehožstupeňje opětpolovičníoprotipolynomu q 1.Taktomůžemepokračovattakdlouho,dokudnedostaneme polynom q k lichéhostupně.tenjepotomnulovýazpětnědostáváme,žeipolynom pjenulový. Jediný případ, kterým jsme se dosud nezabývali, je konstantní polynom p. Takové polynomy jsou tedy jedinými kandidáty, pro které může být splněna identita ze zadání. Poznámky opravujícího. Vyskytla se řešení, která se snažila použít komplexních čísel nebo derivací.voboupřípadechseale nevyšetřilyprávětytěžké případy,vnichžjepolynom p sudý a nemá reálné kořeny. Úspěšní řešitelé použili stejnou myšlenku jako ve vzorovém řešení tj. přechod k polynomu polovičního stupně, který splňuje identitu ze zadání. Jeden bod šlo získatužzaobjevenívztahu p(x) = p( x).třibodyjsemudělovalzamyšlenku generování nekonečně mnoha kořenů. (Pavel Šalom) 5