3. ročník, 2013/ 2014 Mezinárodní korespondenční seminář iks

Transkript

1 Řešení 3. série Úloha C3. Rovnostranný trojúhelník o straně délky n je vyplněný jednotkovou trojúhelníčkovou mřížkou. Uzavřená lomená čára vede podél této mřížky a každý vrchol mřížky potká právě jednou. Dokažte, že tato čára alespoň (n + 1)-krát zahne do ostrého úhlu. Řešení. Nejdříve si uvědomíme, že pro n = 1 úloha platí triviálně, dále budeme předpokládat n.obarvěmesinačernotrojúhelníčky,kteréjsouotočenéšpičkounahoru(takjakona obrázku). Všimněme si, že každý úsek čáry vede podél právě jednoho z těchto trojúhelníčků. Žádný z našich trojúhelníčků nebude sousedit všemi třemi stranami s naší čárou, protože pak by byla čára uzavřená jen kolem tohoto malého trojúhelníčku. Označme si počet černých trojúhelníčků, kterémajísčárouspolečnoujenjednu(resp.dvě)strany a 1 (resp. a ).Paksimůžemedélkučáry vyjádřitjako a 1 +a.navícvíme,že a 1 +a jemaximálnětolik,kolikječernýchtrojúhelníčků. Těchje n(počítámejepořádcích).vímetedy a 1 + a n.navíc čára je tak dlouhá, jaký je počet bodů, které obsahuje. Opět je spočítáme po řádcích a je jich 1++ +(n+1).vímetedy 1++ +(n+1) = a 1 +a = a +(a 1 +a ) a n, a n+1. Existuje tedy alespoň n + 1 černých trojúhelníčků, kde čára prochází kolem dvou jeho stran. Alenatěchtomístechsečáralámedoostréhoúhlu.Ostrýchúhlůjeprotoalespoň n+1. Poznámky opravujícího. Většina řešení postupovala podobně jako to vzorové. Někteří zapomnělizvlášťokomentovatpřípad n = 1,kdejimjejichřešenínefungovalo,zacožpřišliojeden bod. Řešitelé, kteří se snažili postupovat jinak, většinou řešení nedotáhli dokonce. Někteří tvdili, že v každém řádku musí být ostrý úhel(což neplatí), jiní se snažili rozebrat všechny možnosti, jak čára povede(což se ukázalo jako nereálné). Jediný, kdo jiný postup dotáhl do konce byl Eduard Batmendijn, jehož řešení se ale protáhlo na pět stránek. (Štěpán Šimsa) Úloha G3. Čtyřstěn ABCD má tu vlastnost, že součet obsahů stěn ABC a ABD je stejný jakosoučetobsahůstěn CDAaCDB.Ukažte,žestředyhran AC, AD, BC, BDastředkoule vepsané leží v jedné rovině. První řešení. Natočme čtyřstěn tak, aby hrany AB a CD ležely ve svislých rovinách ρ, τ (představujmesi ρ vlevo aτ vpravo ). Množinastředůúseček RT,kde R ρat τjezřejměsvislárovinaležícípřesněvpolovině mezi ρaτ.nazvěmetutorovinu σ.středyhran AC, AD, BC, BDvšechnypatřídoroviny σ. Označme I střed koule vepsané a r její poloměr. Hranatými závorkami značme objem, resp. obsah,azaměřmesenasoučetobjemů [ABCI] + [ABDI].Jelikož [ABC] + [ABD]jerovno polovině povrchu čtyřstěnu, máme [ABCI]+[ABDI] = r 3 ([ABC]+[ABD]) = 1 [ABCD]. 1

2 Medzinárodný korešpondenčný seminár iks 3. séria Označíme-li písmenem J průsečík roviny ABI s hranou CD(řezem čtyřstěnu rovinou ABI je tedy trojúhelník ABJ), můžeme vyjádřit tentýž součet objemů pomocí obsahu společné stěny ABI jako [ABCI]+[ABDI] = [ABI] ( C,ABI + D,ABI ), 3 kde W,XYZ značívzdálenostbodu Wodroviny XYZ.Objemceléhočtyřstěnualelzevyjádřit jako [ABCD] = 1 3 [ABJ]( C,ABI + D,ABI ).Porovnánímdostáváme [ABI] = 1 [ABJ].Bod Itedyležívpolovině J-výškytrojúhelníka ABJ,atedytakéležívrovině σ. Druhéřešení. Keďdojdezásobatrikov,zavedemebarycentrickýsouřadnicovýsystém 1 A = (1,0,0,0),B = (0,1,0,0),C = (0,0,1,0),D = (0,0,0,1). Středy hran AC, AD, BC, BD mají potom postupně souřadnice ( 1 S AC =,0, 1 ) ( 1,0,S AD =,0,0, 1 ),S BC = a střed koule vepsané čtyřstěnu ABCD má souřadnice (0, 1, 1,0 ),S BD = I = ([BCD]/S,[ACD]/S,[ABD]/S,[ABC]/S), ( 0, 1,0, 1 ) kde [XYZ]značíopětobsahtrojúhelníka XYZa Sznačípovrchčtyřstěnu ABCD. Obecnárovnicerovinyvprostorumátvar αx + βy + γz + δw = 0,kde α,β,γ,δ Rjsou parametry.stačísitedytipnoutrovinusrovnicí x + y z w = 0adosazenímověřit,že všechpětpožadovanýchbodůvníleží.ustředůhranjetojasné(vždyseodečtepolovinas polovinou),ubodu Ivyužijemezadanoupodmínku [ABC]+[ABD] = [ACD]+[BCD]. Poznámky opravujícího. Většina správných řešení se více podobala tomu druhému vzorovému. Jinak znáte takovou tu úlohu, kde se chce dokázat, že vepsiště tečnového čtyřúhelníku leží napřímceskrzstředyjehoúhlopříček?tu,jaksetampoužije,žejsou-lidányúsečky ABa CD, pak množina bodů X takových, že součet(orientovaných) obsahů [ABX] +[CDX] je roven dané konstantě,jepřímka,apaksičlověkužjenvšimne,žeprovepsištěistředyúhlopříčekjeten součetroven 1 [ABCD]?Adokázalibysteněcopodobnéhoprovést oúroveňvýš? (Pepa Tkadlec) ÚlohaA3. Jsoudánareálnáčísla x 1,x,...,x n.ukažte,žeprokaždouneprázdnoupodmnožinu M {1,,3,...,n}platínerovnost ( ) x i (x i + +x j ). i M 1 i j n Řešení. Nejprve učiníme několik pozorování, která nám umožní úlohu zkonkrétnit. Mějme libovolnoun-ticireálnýchčísel A = (x 1,x,...,x n).označme X M množinu {x i,i M}.Slovem intervalbudemeoznačovatsumu x i + +x j pronějaká 1 i j n. (i)pokudsevavyskytujenula,můžemejismazat,čímždostaneme (n 1)-tici,prokterou má nerovnost opět platit. Smazáním nuly jsme levou stranu neovlivnili, zatímco na pravé jsme vynechali několik čtverců intervalů(začínajících nebo končících nulou). Proto nám stačí nerovnost dokázat pro n-tice bez nuly, opakováním úvahy bez nul. 1 Pro dvoudimenzionální obdobu viz například druhý sborníkový příspěvek dostupný na Jasně, všejelineární.

3 (ii) Pokud dokážeme platnost nerovnosti pro tu indexovou podmnožinu M {1,,..., n}, prokteroujeabsolutníhodnotasumy i M x inejvětšímožná,budeužnerovnostplatitipro všechny ostatní a budeme hotovi(pravá strana na M nezávisí). Toho dosáhneme zřejmě volbou buďprávěvšechkladných,neboprávěvšechzáporných x i.jevidět,žezměnaznaménekvšech čísel x i nerovnostnezmění,čilimůžemebúnopředpokládat,ževšechnačíslavx M jsoukladná. (iii) Pokud se v dané n-tici vyskytují dvě sousední čísla se stejným znaménkem, můžeme je slít dojednoho(x i,x i+1 x i = x i + x i+1 ),čímždostanemenovou (n 1)-ticitakovou, že z platnosti nerovnosti pro ni plyne platnost nerovnosti pro původní n-tici(levá strana se nezměnila,protožečíslasestejnýmznaménkembuďobějsou,nebooběnejsouvx M,apravá strana se zmenšila o čtverce těch intervalů, které obsahují právě jedno z čísel x i,x i+1 ). Po slití dvousousedníchčíselpochopitelněvšechna x i přeindexujemeod 1po n 1zazachování pořadíamzměnímetak,aby X M obsahovalazasevšechnakladná x i. (iv) Pokud je první nebo poslední číslo z A záporné, můžeme je vynechat. Levá strana zůstane, z pravé zmizí čtvrece těch intervalů, které začínaly/končily jedním z vynechaných čísel, ostatní intervaly zůstanou beze změny- je dobré si uvědomit, že tuto úvahu nemůžeme použít pro čísla, která nejsou na kraji A, protože by došlo i ke změně některých neodstraňovaných intervalů. Z těchto pozorování plyne, že stačí nerovnost dokázat pro n-tice s lichým n, které začínají kladnýmčíslem,znaménkačíselsepostupněstřídajíam = {1,3,...,n}.Dokážeme,žeprotakové n-tice platí identita(motivace ve videovzoráku): ( (x i +...+x j ) = x i ) + (x i +...+x j ) 1 i j n i M 1 i j n; j i+1. Z té již dokazovaná nerovnost triviálně plyne. Interval, který má sudý(resp. lichý) počet členů budeme nazývat sudý(resp. lichý). Identita vlastně říká, že součet čtverců všech intervalů jerovenčtvercisoučtupřes X M plusdvakrátsoučetčtvercůvšechsudýchintervalů.protože levá strana je vlastně součet čtverců všech sudých a lichých intervalů, po odečtení součtu čtverců všech sudých intervalů od obou stran dostaneme ekvivalentní rovnost ( ) (x i +...+x j ) = x i + (x i +...+x j ) 1 i j n; j i i M 1 i j n; j i+1 Tuto identitu roznásobíme a ukážeme, že všechny vzniklé členy se vyskytují na obou stranách ve stejném počtu, což zřejmě implikuje její platnost. Jaké členy po roznásobení vzniknou? Vzhledem ktomu,žesejednáočtvercesoučtů x i,budoutoprávěčleny x k x l,kde k,l {1,,...,n}(pro k ljsoutočleny x k x l,cožnámalenevadí,protožedvojkaseobjevujevždy).tentočlense večtverciintervaluvyskytujeprávětehdy,kdyžtentointervalobsahujeoběčísla x k i x l.búno nechť k l.proindex iprvníhoprvkuintervaluobsahujícího x k x l platí i k.podobněpro posledníindex jplatí j l.takovýchintervalůjetedy k(n l + 1).Můžemesijepředstavit jakošachovniciorozměrech k,n l + 1(poleosouřadnicích (a,b)odpovídáintervalu,který začínáčíslem x aakončí x b ).Jevidět,žepostandardnímobarvenítétošachovnice(nechťpole odpovídajícíintervaluod x 1 do x njebílé)budoulichéintervalybíléasudéintervalybudou černé. Pokud je alespoň jeden rozměr šachovnice sudý, je počet černých a bílých polí stejný, čili ipočetsudýchalichýchintervalůobsahujícínašedvačlenyjestejný.tojevsouladusnaší identitou,protožesumapřes Mobsahujepouzečlenyslichýmiindexy(platí n l+1 l (mod ).Pokudjsouobarozměryliché,jebílýchpolíojednovícenežčerných(tzn.sudýchintervalů jeojedenméně).dáletoznamená,že k,ljsoulicháčísla,takže k,l M,čilichybějícíčlenna pravé straně doplní suma přes M. Dokázali jsme, že každý člen se po roznásobení vyskytuje na obou stranách ve stejném počtu, čili rovnost platí. Poznámky opravujícího. Všech osm došlých řešení bylo správně, vyskytly se pouze drobnosti v ceně do jednoho bodu. Nerovnosti jsou sice klasickou oblastí olympiádní algebry, ale tentokrát 3

4 Medzinárodný korešpondenčný seminár iks 3. séria šlo hlavně o zjednodušení a vhodnou kombinatorickou manipulací s dosti divokými sumami. Objevilo se relativně hodně různých přístupů. Nejčastěji řešitelé objevili identitu ze vzorového řešení, ale potom nevyužili triku s šachovnicí a museli počty členů celkem pracně vyjadřovat. Několikrátdošlonaindukcinebonavyjadřovánípomocísoučtů S(n) = x x n.nakonec násalejedenřešitelpřesvědčil,žeseopravdujednalooalgebru-buitruclamúspěšněpoužil Cauchy-Schwarzovu nerovnost. (David Hruška) ÚlohaN3. Naleznětevšechnapřirozenáčísla n,prokterámajíčísla na n +1stejnoumnožinu prvočíselných dělitelů. Řešení. Naúvodsirozmyslímečtyřimalátvrzení.Prvníznichbymělobýtvidět,druhádvě jsou známá a čtvrté není překvapivé. Lemma. Pokud a, bjsoulicháčíslataková,že a b,pak a +1 b +1. Důkaz: Pro každé liché k platí známý rozklad A k +B k = (A+B)(A k 1 A k B +... AB k +B k 1 ). Našelemmanenínicjinéhonežjehopřímýdůsledekpro A = a, B = 1alichéčíslo k = b a. Lemma. Označme ordnejmenšípřirozenéčíslo,prokteréplatí ord 1 (mod p)(tzv.řád prvku).potomprokaždépřirozenéčíslo m,prokteré m 1 (mod p)platí ord m. Důkaz: Prosporpředpokládejme,žeexistuje m = k ord+l,kde ljenenulovýzbytekpodělení číslem ord,takové,že m 1 (mod p).potomje 1 m = k ord+l 1 k l (mod p), tedy l 1 (mod p)pro l < ord,cožjesporsminimalitou ord. Lemma. Rovnice 3 a b = 1mávpřirozenýchčíslechpouzetriviálnířešení a = b = 1a a =, b = 3. Důkaz: Všimněmesi,žepro b je anutněsudé,protožeje b +1 1 (mod 4).Dostáváme a = c, c N,anásledně b = 3 c 1 = (3 c 1)(3 c +1). Čísla 3 c 1, 3 c + 1selišío,takžepokudtonejsouzrovnačísla a4,nemohoubýtobě mocninydvojky.případ 3 c 1 = dá c = 1aposléze a =, b = 3. Lemma. Prokaždéprvočíslo q > 3máčíslo q +1prvočíselnéhodělitelevětšíhonež q. Důkaz: Uvažujmeprvočíselnéhodělitele p q + 1.Potomje q 1 (mod p).našímvelmi nepřesněřečenýmplánemje,že ordbudeskorodělitel q( 1namísto 1bysnadnemuselahrát velkouroli),tedynejspíšbude ord = q.zároveňalezmaléfermatovyvětyvíme,že p 1 1 (mod p),takže ord p 1.Tobyznamenalo,že q = ord p 1,takže pbybylovětšíprvočíslo než q. Zpřesněme naše myšlenky. Protožeje q 1 (mod p),je q 1 (mod p).zlemmatuvyplývá,že ord q,což znamená,že ordjejednozčísel 1,, q, q.předpokládejme,žesenámpodařívyloučitprvní dvapřípady.pakje q ord.zmaléfermatovyvětyalemmatudostáváme ord p 1,tedy q ord p 1.Ukázalijsme,žeprvočíslo pjevětšínež q. Zbývádokázat,že ordnení 1nebo.Případ ord = 1byznamenal,že 1 1 (mod p),což prožádnéprvočíslo pneplatí.případ ord = znamená,že 1 (mod p),tedy p = 3.Jinými slovypokudmáčíslo q +1prvočíselnéhodělitelevětšíhonež 3,pakužjetentodělitelvětšínež q.pokudnemá,existujepřirozené a,proněž q + 1 = 3 a.zlemmatu3pakplyne q = 3,ale myuvažujemejen q > 3,čímžjetentopřípadvyloučen. 4

5 Zapoužitítěchtolemmatkonečněvyřešímepůvodníúlohu.Jistěje n +1liché,takžejein liché.podlelemmatu1prokaždéhodělitele dčísla nplatí d +1 n +1.Je-li d > 3aprvočíslo, existujepodlelemmatu4většíprvočíslo ptakové,že p d +1 n +1.Podlezadánípak p n. Tojealedivné,protožekekaždémuprvočíslu d > 3umímenajítvětšíprvočíslo p n.pokud není n = 3 k, k N,pakspeciálněpronejvětšíhoprvočíselnéhodělitele d ndostávámespor.v případě n = 3 k zadánívynucuje n + 1 = 3 a, a N.Tatorovnicemápodlelemmatu3řešení pouze n = 1an = 3.Prvnířešenínevyhovuje,zatímcodruhéano. Poznámky opravujícího. Lemma 3 je speciálním případem slavné Catalanovy hypotézy (též označována jako Mihăilescova věta, protože až Mihăilescu ji v roce 00 dokázal). Ta říká, že dokonceobecnádiofantickárovnice x a y b = 1mávpřirozenýchčíslechvětšíchnež 1jediné řešení,asiceprávě x = 3, a =, y =, b = 3. Místo lemmatu 4 lze využít speciální případ jiné věty, tentokrát Zsigmondyho věty. Ta mimojinéříká,žeažnajedinouvýjimkuplatí,žečíslo a n + b n,kde a, bnejsouobějedničky, máalespoňjednohounikátníhoprvočíselnéhodělitele,kterýnedělížádnézčísel a k + b k,kde k < n.touvýjimkoujeprávěčíslo Stímtovýsledkemjeúlohapoměrněsnadná.Stačí vzíttohotounikátníhoprvočíselnéhodělitele p n + 1.ZmaléFermatovyvěty p p 1 1, takže p n + p 1 = p 1 ( n p+1 +1).TojesporsZsigmondyhovětou,pokudnejdeprávěo výjimku n = 3. Hodně správných řešení použilo Zsigmondyho větu. Ostatní používali podobné myšlenky jakovzorovéřešení.někteřízkoumali,kdynastává k 1 (mod p).nenítěžkéukázat,že pokudje ordliché,taknikdy,apokudje ordsudé,pakprávěpro k = (l 1) ord.tytoúvahy také končily úspěšným důkazem. (Pavel Šalom) 5