Jardelot s Kennylotem uvádějí. OHNĚM a MEČEM

Transkript

1 Jardelot s ennylotem uvádějí OHNĚM a MEČEM Příklad. (Rytířská porada) Na koncil do amelotu přijelo n 4 rytířů, kteří se posadili kolem kruhovéhostolu.podlevelikostijejichmečejimbylapřidělenačísla1,2,...,n.dvojici(a,b)rytířůsčísly aabnazvemesokové,jestliže a < b,rytíř anesedívedlerytíře baalespoňjedenzobloukůurčených rytíři aabobsahujepouzerytířesmenšímčíslemnež a.vzávislostina nurčetepočetvšechmožných dvojic soků. Návod. Ukážeme,žepočetsokůjevždy n 3.Vezměme1 k n 3apronějvytvořímejedenpár (a,b)soků.zatímcorytíř abudeprvnírytířpopravicirytíře k,jehožčíslojevětšínež k,rytíř bbude prvnírytířpolevici,jehožčíslojevětšínež k.tentopár(a,b)nenísousedící(najednomobloukujemezi nimirytíř k,nadruhémjedenztrojicerytířů n,n 1,n 2),platí a < b(pokudneplatí,takvezmem pár(b,a))aobloukobsahujícírytíře kjetvořenjenrytířismenšímičíslynež k,tedyinež a,b.aproto dvojice(a, b) jsou sokové. Nynídokážeme,žekaždýpársoků(a,b)vzniklpředchozímalgoritmemznějakéhočísla1 m n 3 právějednímzpůsobem.předpokládejme,že(a,b)jsousokové,alespoňjedenznichrůznýod n,n 1. Pakjedenzobloukůnad aabobsahujerytíře hsčíslemvětšímnežalespoňjedenzdvojice a,b.druhý obloukobsahujepouzerytířesmenšímčíslemnež aib,označme mnejvětšíhoznich.pakdvojice(a,b) vzniknezmpředchozímalgoritmem.dybyzároveň(a,b)vzniklaizjinéhočísla l,pak lmusíležetve stejnémobloukujako majedenzdvojice(a 0,b 0 )soků,kteřívzniklizlmusímítčíslomenšíneborovno m,cožjespor. Jedinánevyšetřenádvojicesokůjetedy(n 1,n).Tamůže,alenemusíexistovat.Pokudexistuje,pak jedenzobloukůobsahujerytíře n 2.Snadnoseověří,žesokové(n 1,n)vznikliznejvětšíhočíslaz druhéhooblouku,kteréjevejvýše n 3.Obdobnějakovýšeseověří,žetitosokovénemohlivzniknoutz žádného jiného čísla l. Protomámebijekcimezičísly1,2,...,n 3advojicemisoků,tedypočetsokůjevždy n 3. Poznámka. Druhé trikové řešení dostaneme, pokud si v n-úhelníku daném pozicí rytířů kolem stolu vždy spojíme oba soky. Výsledný obrázek pak bude triangulace n-úhelníka(nutné ověřit), která má vždy n 3úhlopříček. Příklad.(Na kameni kámen) Na amelotu se staví schody do magické věže z kvádrů o čtvercovém průřezu.schodyvelikostinseskládajíznpater,prvnípatroonkamennýchkvádrech,druhépatroon 1 kvádrech,..., poslední patro obsahuje jeden kvádr. Na prvním obrázku jsou nakresleny schody velikosti 4. Líní zedníci si však zjednodušují práci tím, že místo malých kvádrů používají kvádry větších velikostí, takjakonadruhémobrázkukvádrvelikosti2.zjistilinapříklad,žeschodyvelikosti n=2 k 1, k N, umí postavit právě z n kvádrů, což velice zefektivnilo jejich práci. Pomožte jim najít všechny hodnoty n takové,žeschodyvelikosti njdoupostavitzprávě n+1kamennýchkvádrů. Návod. Pro snazší orientaci si zavedeme pár pojmů. (i) Schody o velikosti n budeme jednoduše značit jako n-schody. (ii) vádr, který obsahuje levý spodní roh schodů, budeme nazývat hlavním kvádrem. (iii) Pravý horní roh hlavního kvádru budeme nazývat hlavním vrcholem.

2 2 (iv) Ty vrcholy schodů, které jsou součástí přesně jednoho čtverečku, a které nejsou částí spodní ani levé boční stěny, budeme značit jako rohové vrcholy. (v) Schody o velikosti n pokryté přesně n kvádry nazveme skvěle pokryté. (vi) Schodyovelikosti npokrytépřesně n+1kvádrynazvemedobřepokryté. Pozorování. Žádný kvádr nemůže pokrývat dva rohové vrcholy. Lemma. Schody o velikosti n nelze pokrýt méně než n kvádry. Důkaz. Schody o velikosti n mají právě n rohových vrcholů a podle předchozího pozorování je tedy potřeba alespoň n kvádrů. Lemma. Schodyovelikosti nlzeskvělepokrýt,právěkdyž n=2 k 1, k N.Takovépokrytíjepak určeno jednoznačně a skládá se z kvádrů o velikosti mocnin dvojky. Důkaz. :Postupujmeindukcí.Schodyovelikosti1lzeskutečněpokrýtpouze1=2 1 1kvádru. Vezměme nyní skvěle pokryté n-schody a předpokládejme, že pro m < n lze m-schody skvěle pokrýt pouzepro m=2 k 1, k N.Jelikožrohovýchvrcholůjepřesně n,musíkaždýkvádrobsahovatprávě jedenznich.hlavnívrcholjepakjedenzrohovýchvrcholůadělí n-schodynadvojestejněvelkéschody ovelikosti(n 1)/2,kteréjsoudohromadypokrytépomocí n 1kvádrů.Typakmusíbýttéžskvěle pokryté a indukční předpoklad nám dá výsledek. :onstrukci(jednoznačnou)provedemeindukcí.pro k=1jetolehkéaindukčníkrok k k+1 seprovedenalepenímdvou n-schodůnahlavníkvádrostraně n+1=2 k (jednoulepímezvrchuajednou zprava). Již víme, že taková poloha hlavního vrcholu je nutná a tím máme jednoznačnost i podobu. Lemma.(líčové) Pokudjsou n-schodydobřepokrytéahlavnívrcholleží uvnitř schodů,pakje toto pokrytí sjednocením hlavního kvádru a dvou(ne nutně disjunktních) skvěle pokrytých schodů. Důkaz. rom hlavního kvádru musí již každý kvádr pokrývat jeden z rohových vrcholů, čímž jsou tytokvádryjednoznačněurčeny.vybermeznichposloupnost i, i=1,2,...,m+1snásledujícími vlastnostmi. (i) vádr 1 obsahujelevýhornírohkvádru (ii) vádr i+1 obsahujepravýspodnírohkvádru i (iii) vádr m jeposlední,kterýsousedíscelousvouhranou. Dvětakovéposloupnostikvádrů i jsounanásledujícímobrázku Itytokvádryjsouurčenyjednoznačně.Pokudbytedykvádry m+1 a mělyspolečnoučásthrany (jakonaprvnímobrázku),paklze(zesymetrie)podobnouposloupnostkvádrů i vytvořiti podél pravéhranykvádru atedykvádry m+1 a m+1 sepřekrývajíanejsoutotožné,cožjespor.proto kvádry a m+1 majíspolečnýpouzejedenbod(jakonadruhémobrázku).oblastmezi m a mtvoří schody, které navíc musí být skvěle pokryté. Podobně pak i ta část schodů, která leží nad přímkou horní hrany.tedydostáváme,žekaždédobrépokrytíshlavnímvrcholem uvnitř jesjednocenímkvádru advouskvělepokrytýchschodů,kteréseprotínajíprávěvoblastimezi m a m. Lemma. Schodyovelikosti n=2 k 1, k Nnelzedobřepokrýt. Důkaz. Prozměnuzvolmeextremálníprincip 1 aprosporvezměmenejmenší ktakové,žeschodyo velikosti n=2 k 1lzedobřepokrýt.Pokudjehlavnívrcholjednímzrohovýchvrcholůpakpokrýváme dvojeschodyvelikosti2 k 1 1celkem(n+1) 1=2 k 1kvádry.Jednyznichpakmusíbýtdobře pokryté, což je spor s předpokládanou minimalitou. 1 Alesamozřejměbyfungovalaiindukce.

3 Pokudjehlavnívrchol uvnitř schodů,pakpodlepředchozíholemmatuexistujískvělepokryté m- schody,kde m (n+1)/2=2 k 1.Zároveňsamozřejmě m <2 k 1atedy m 2 l 1prožádné l N amámetéžspor. Vrhněmě se nyní na samotnou úlohu. Pokud by hlavní vrchol splýval s jedním z rohových, pak potřebujeme pokrýt dvoje stejně velké schody jednou dobře a jednou skvěle, což podle předchozích lemmat nelze. Hlavní vrchol tedy musí ležet uvnitř a stejně jako v klíčovém lemmatu zavedeme posloupnost kvádrů i aoznačme h i délkyjejichhran.víme,žeprodélkuhrany hhlavníhokvádruplatí h=h 1 +h 2 + +h m, avšak h i jesestupnáposloupnostmocnindvojky(jsoučástískvěléhopokrytí)amůžemetedypsát h=2 s+m 1 +2 s+m s =2 s (2 m 1 +2 m )=2 s (2 m 1), s,m N 0. Jelikož velikost p skvěle pokrytých schodů, které jsou nad přímkou horní hrany je podle podoby skvělého pokrytí rovna p=2 s+m 1 +2 s+m =2 s+m 1, snadno již dopočteme celkovou velikost schodů, která je rovna h+p=2 s (2 m 1)+2 s+m 1=2 s+m+1 2 s 1. Všechnyhledanéhodnoty njsoutedytvaru2 s+m+1 2 s 1. 3 Příklad.(Polní dilema) Rytíř Francelot(ze Samelotu) stojí na kraji pole tvaru kružnice, které se dotýkádvoucestvbodech a L.Mezi,Ljevyšlapanápěšinka.Dokažte,žesoučinvzdáleností Francelota od těchto cest je roven druhé mocnině jeho vzdálenosti od pěšinky. Návod. Označme si F pozici Francelota, dané vzdálenosti od cest a pěšinky a, b, c a příslušné paty kolmic A,C,B,vizobrázek. A a F c C b B L Nejprvepředpokládejme,žebod Cbudeležetnaúsečce L.Pakchcemedokázat ab=c 2,cožnení nicjinéhonež b c = c a,nebolibychomchtělipodobnost BCF a FCA.Jelikožječtyřúhelník BLCF tětivový,platí FBC = FLC.Dálemámezvlastnostíúsekovéhoúhlu FL = FA,adíky tětivovémučtyřúhelníku FCAirovnost FA = FCA.Celkovětedy FBC = FLC = FL = FA = FCA. Obdobněbysedokázalarovnost BCF = CAF,atedypodlevětyuuje BCF podobný CAF aplatídokazovanárovnost ab=c 2. Pokud bude bod C ležet mimo úsečku L, pak stačí použít obvodové úhly v tětivových čtyřúhelnících FBCLaFCAajednouúsekovýúheladostanemepodobnost FBCa FCA,zčehožplynezadaná rovnost.

4 4 Příklad.(Nastopěgrálu) určenímísta,vněmžjeukrytsvatýgrálchybíužjenzjištěnímagického úhlu. Až bude ten znám, je postup následující: Utvoř ostroúhlý trojuhelník mezi městy Adwick, Bolton a Chesterfield. Jeho ortocentrum leží ve městě Huddersfield. Huddersfieldem postav rovnou cestu, která s rovníkem svírá orientovaný magický úhel. ní postav tři symetrické cesty, každá z nich bude osovým obrazem podle jedné ze stran trojúhelníka. Tam, kdesetytotřicestyprotnou,najdešsvatýgrál. Ukažte,ženávodnenívadnýatytotřicestyseskutečněprotnouvjednomboděprokaždouhodnotu magického úhlu. Řešení. (nekorektní) aždá z osově zobrazených přímek prochází jedním z osových obrazů ortocentra podle stran. Otáčení pak můžeme chápat vždy jako otáčení právě podle jednoho z osových obrazů H, tyto obrazy leží na kružnici opsané. Otáčíme-li přímkou kolem bodu ležícího na kružnici, pak její druhý průsečík stoutokružnicí běhárovnoměrně,jelikožobvodovýúhelserovnoměrnězvětšuje.druhéprůsečíkyoněch tří přímek s kružnicí opsanou se po ní pohybují stejně rychle. V krajní poloze, kdy původní přímka splývá svýškou,tytoprůsečíkysplývají.noadíkytomu,že běhajístejněrychle,budoutaktosplývatpořád. Řešení. (korektní)prozačátekoznačme ppřímkouvedenouortocentrem H,dále p a,p b,p c jejíobrazy podlestran ABCakonečně H a,h b,h c osovéobrazy Htéžpodlestran ABC.Vímetedy,že H a p a atd.apodleznáméhotvrzenítakévíme,žebody H a,h b,h c ležínakružniciopsané.inspirováni předchozímnekorektnímpostupemdokážeme,žekaždázpřímek p a,p b,p c protnekružniciopsanouve stejnémbodě,označmekvůlitomujejichdruhéprůsečíkysopsanoukružnicí X a,x b,x c.abychomsi usnadnilidiskusi,řekneme,žebezújmynaobecnostiprotínápřímka pstrany BCa ACvbodech Xa Y. C H b p Y H X H a A B p c H c Budeme chtít ukázat rovnost úhlů p a X a AB = X b AB = X c AB. tomu nám bude stačit, pokud budeme umět všechny tyto úhly vyjádřit pomocí úhlů v trojúhelníku a úhlu ϕmezipřímkou pavýškouzvrcholu A(třeba).Uvědomtesi,žekaždýúhelkolembodu Hnyní umíme vyjádřit. Začneme tím, že spočítáme X c H c C = H c HY = H c HA + AHY =β+ϕ, kde jsme v první rovnosti využili osovou souměrnost. Podobně dostaneme X a H a A =ϕ X b H b B =γ ϕ. A nyní už jen snadno dokončíme práci jak jinak než pomocí obvodových úhlů.

5 5 X a AB =γ AH a X a =γ ϕ X b AB = X b H b B =γ ϕ Mámetedy X a = X b = X c aúlohajevyřešena. X c AB =180 (β+ϕ+α)=γ ϕ. Příklad.(Zlé proroctví) Merlinovi se zdál prorocký sen o tom, ve kterých letech na svět udeří ohromné katastrofy. Letopočty byly vyjádřeny čísly, která mohou udávat počet nenulových koeficientů polynomu tvaru (ax+b) 2010 (cx+d) 2010, a,b,c,d R. O jakých letech se Merlinovi zdálo? Návod. Naúvodpoznamenejme,žečlen(ax+b) 2010 máprávě2011nenulovýchkoeficientů,pokudjsou a i b nenulové(binomická věta) a právě jeden nenulový koeficient v opačném případě. Nyní rozeberme případ b=0 c=0.rozlišímedvěmožnostipodletoho,zdajsounulováoběčíslačijenjedno.podle předchozího pozorování nebude však ani v jedné z možností počet nenulových koeficientů v intervalu [3,2009]. Buďdále bc 0.Chceme-livynulovatkoeficientux k,musíplatit(binomickékoeficientysezkrátí) ( ) k ( ) 2010 ad d a k b 2010 k = c k d 2010 k =. bc b Funkce f(x)=p x jepro p ±1prostá,takževynulovatvícenežjedenkoeficientlzepouze,pokudmá předchozí rovnost jeden z tvarů (i) 1 k =1:Pakbysevynulovalyvšechnykoeficenty. (ii) ( 1) k =1:Pakbysevynulovalykoeficientyusudýchmocnin,kterýchje1006. Jako Merlinova čísla tedy připadají v úvahu pouze 0, 1, 2, 1005, 2010, 2011, kterých všech umíme dosáhnout pomocí následujících polynomů Úloha je vyřešena. 0, x 2010, x ,(x+1) 2010 (x 1) 2010,(x+1) 2010 x 2010,(x+1) Příklad.(Hladomorna) ArtušdostalodMerlinadaremmagickýkvadratickýtrojčlenf(x)=x 2 +ax+b. Pro magický trojčlen platilo, že rovnice f(f(x)) = 0 má čtyři reálné kořeny(počítáno včetně násobnosti), přičemžsoučetnějakýchdvouznichbylroven 1.Artušovšemnebylspokojenstím,že b 1/4a zavřel Merlina do kobky, dokud mu nevymyslí trojčlen se stejnými vlastnostmi, který by měl b > 1/4. Jak dlouho stráví Merlin v kobce? Návod. Rovnice f(x)=0jistěmusímítdvareálnékořeny,označmeje x 1,x 2.Rozmyslímesi,žerovnice f(f(x))=0budemítčtyřikořeny,právěkdyžjsou x 1,x 2 zároveňvoboruhodnot f.tenurčímepomocí běžnýchstředoškolskýchmetod H f =[C, ],kde C= a2 4 +b.mámetedy x 1 Cazároveň x 2 C, jejichžsečtením(pamatujte,že x 1 +x 2 = azískámedůležitývztah a a2 2 +2b 4b a2 2a ( ). Nyníoznačmey 1,y 2 kořenyrovnicex 2 +ax+b x 1 =0apodobněy 3,y 4 kořenyrovnicex 2 +ax+b x 2 =0. Díky symetrii stačí rozlišit dva případy. (i) y 1 +y 2 = 1:PakpodleVietovýchvztahů a=1apodle( )máme b 1/4. (ii) y 1 +y 3 = 1:Tytokořenydosadímedorovnic,kterésplňujíazískáme y 2 1+ay 1 +b x 1 =0, y 2 3+ay 3 +b x 2 =0. Sečtením a s využitím Vietových vztahů získáme y 2 1 +y2 3 +2b=0. Nyníužjenstačíudělatsprávnýodhadapsát 2b=y1+y (y 1+y 3 ) 2 = Voboupřípadechjetedy b 1/4aMerlintakbudevkobcepěknědlouho!