6. série. Všehochuť úloha Dokažte, že rovnice x x 9 99 =0. má dva různé reálné iracionální kořeny.

Transkript

1 6. série Všehochuť 1. úloha Zeměkoulejepronásinadáleneprůhlednákouleopoloměru R=6378.Nadmístem ozeměpisnýchsouřadnicíchα 1,β 1 )vevýšce h 1 jeteleviznívysílač.jakvysokomusí býtvmístěozeměpisnýchsouřadnicíchα 2,β 2 )anténa,abychommohlisignálpřijímat? Zeměpisnými souřadnicemi se rozumí zeměpisná šířka a délkav tomto pořadí). 2. úloha V rovině je dána čtvercová síť. Uvažujme mnohoúhelník s vrcholy v mřížových bodech. Dokažte,žeprojehoobsah P platí P= V + 1 2S 1,kde V jepočetmřížovýchbodů uvnitř mnohoúhelníka a S počet mřížových bodů na jeho hranici. 3. úloha Dokažte,žeprokaždépřirozené n >1je 4. úloha Dokažte, že rovnice má dva různé reálné iracionální kořeny. 1 1 ) 1 1 ) n ) > x x 9 99 =0 5. úloha Označme a n počet n-ticnulajedničektakových,žesevnichnevyskytujítřinulyvedle sebe.zjistěte,kolikje a 13 ajakýdává a 1993 zbytekpřidělenítřemi.

2 Řešení 6. série 1. úloha Jak jste si jistě všimli, je označení zeměpisných souřadnic přesně opačné než u vzorových řešení první série. To je samozřejmě omyl. Chtěl jsem to udělat stejně ale nepovedlo se. Označme V vysílač, A 0 průmětanténynapovrch, S středzemě.nejprvespočítámeúhel V SA 0.Zavedemekartézskousouřadnicovousoustavuspočátkem S tak, abysevernípólmělsouřadnice0,0,r)abodnarovníkusezeměpisnoudélkou0měl souřadnicer,0,0).bod V másouřadnicer+h 1 )v 1,R+h 1 )v 2,R+h 1 )v 3 )abod A 0 Ra 1,Ra 2,Ra 3 ),kde v 1 =cos β 1 cos α 1 v 2 =sinβ 1 cos α 1 v 3 =sin α 1 a 1 =cos β 2 cos α 2 a 2 =sinβ 2 cos α 2 a 3 =sin α 2. Úhel γ= V SA 0 spočítámezeskalárníhosoučinujakov 1 a 1 + v 2 a 2 + v 3 a 3 ). Omezmesenarovinu V SA 0.ŘezpovrchuZemětoutorovinoujekružnice.Označme D dotykovýbodtečnyzv natutokružnici.pakúhel δ = V SD spočítámejako arccos R R+h 1.Snadnonahlédneme,že pokud γ δ,stačíanténanapovrchu; pokud γ δ+ π 2,nemámevůbecšanci. Předpokládejmetedy δ < γ < δ+ π 2.Pak DSA 0= γ δasnadnonahlédneme,že anténamusíbýtvevýšce R h 2 cos γ δ R. 2. úloha Lemma:klíčové) Buď dán trojúhelník s vrcholy v mřížových bodech, který kromě svých vrcholů žádné jiné mřížové body neobsahujeuvnitř ani na hranici). Pak je jeho obsah 1 2. Důkaz: Bez újmy na obecnosti lze předpokládat, že jeden z vrcholů má souřadnice 0,0).Souřadniceostatníchdvouoznačmea 1,a 2 )ab 1,b 2 ).Doplníme-litrojúhelníkna rovnoběžník, ověřte si, že ani ten neobsahuje kromě svých vrcholů jiné mřížové body proč?). Uvažujeme-li systém rovnoběžníků vzniklých z našeho posunutím o celočíselné násobky jeho stran, pokrývá nám rovinuto platí pro každý rovnoběžník). Protože ten nášneobsahujejinémřížovébodynežsvévrcholy,musíkaždýmřížovýbodm,n)být vrcholem nějakého z rovnoběžníku, tedy soustava a 1 x+b 1 y= m a 2 x+b 2 y= n

3 máprokaždá m, nceločíselnářešení x, y.tedyviz.4.úlohadruhésérie) a 1 b 2 a 2 b 1 = 1. Toto číslo však není ničím jiným než obsahem rovnoběžníku, tedy dvojnásobkem obsahu původního trojúhelníka. Máme-li nyní mnohoúhelník bez vnitřních bodů, lze provést jeho triangulacirozdělení na trojúhelníky s vrcholy ve ve vrcholech mnohoúhelníka). Trojúhelníků je n 2, obsah je tedy 1 2 n 2)= 1 2 n 1,cožodpovídá.Dálelzepostupovatindukcípodlepočtuvnitřních bodů:pro V =0užvztahmáme.Rozmysletesi,žejinaklzerozdělitmnohoúhelníkna lomenoučarou,jejížkoncovéi zlomové bodymajíceločíselnésouřadnice,nadva, jejichž počet vnitřních bodů už bude menšítakže na ně lze využít indukční předpoklad. Označmeanalogicképočtyproně V 1, S 1, V 2, S 2, cbuďpočetbodůnadělícíčáře. Pakplatí V = V 1 + V 2 + c 2přibudounovévnitřníbodyzbodůnačáře), S = S 1 c)+s 2 c)+2.dohromady což jsme chtěli. P= P 1 + P 2 = V S 1 1+V S 2 1= =V 1 + V 2 + c 2)+ 1 2 S 1+ S 2 2c+2) 1=V S 1, 3. úloha Pro n 2je n 2 < n 3,atedy ) ) 1 1 n < n.stačítedydokázatanalogickou nerovnost, ve které se místo třetích mocnin vyskytují druhé. S využitím identity 3 ) 1 1 n = n n = n 1)n+1) 2 n uždostáváme )n+1) 2... n n 2 = 1 2 n+1 n > 1 2. Jiná možnost spočívá ve využití lemmatu ze vzorového řešení první úlohy třetí série a provedení nějakého podobného triku pro odhad vzniklého součtu. Naprosto nebylo třeba využívat integrálů, Taylorova rozvoje arctg x, Lagrangeovy věty o střední hodnotě ani jiných neadekvátních prostředků. 4. úloha Žemárovnicedvarůznéreálnékořeny,tosenejlépepoznápodletoho,žejejídiskriminant je kladný. Vzhledem k tomu, že diskriminant D je roven D= ) , neníojehonezápornostijistětřebapochybovat.kořenyrovnicejsoučísla b± D 2a ajelikož koeficienty jsou racionální čísladokonce celá), je každý z nich racionální právě tehdy,když Djeracionální.Je-li D= p p2 q,kde p, qjsouceláčísla,je D= q. Dje 2

4 všakceléčíslo.bylobyproto p 2 dělitelné q 2,atedyipbybylodělitelné q. Dbytedy muselo být dokonce celé číslo. Dokážeme-li nyní ) 2 < D < ) 2, budemehotovi,neboťtobudesporstím,žeby Dbyločtvercemceléhočísla.Upravujme: < =10 11 < > > = ) 2 > > > Získanou nerovnost vynásobíme dvěma, k většímu z čísel ještě přičteme jedničku, na obě strany trošku přidámeadostaneme,copotřebujeme: ) 2= ) > D. Odhad Dzdruhéstranyjezcelatriviální. 5. úloha Předpokládejme,žeznáme a k pro k=1,...,nachcemevědět,kolikjepřípustnýchposloupností o délce n+1. Odřízneme-li z přípustné posloupnosti poslední číslo, dostaneme opět přípustnou posloupnost. Všechny tedy dostaneme tak, že k přípustné posloupnosti přidáme nulu nebo jedničku. Kdybychom ke každé mohli přidat obě, dostali bychom 2a n.přidánímjedničkyurčitěposloupnostnezkazíme.přidatnulumůžemevždykromě případu, kdy posloupnost končí Odříznutím posledních tří číslic dostaneme přípustnou posloupnost délky n 3 a naopak ke každé z přípustných posloupností délky n 3lzepřidat100 1.Početpřípadů,kdynelzepřidatnulujetedy a n 3.Toznamená, že 1) a n+1 =2a n a n 3. Snadnoodhalíme,že a 1 =2, a 2 =4, a 3 =7, a 4 =13.Pomocívztahu1)lehkospočítáme dalších devět hodnot: n a n Označíme-li b n posloupnostzbytkůčísel a n přidělenítřemi,bude b n+1 rovnozbytku čísla2b n b n 3 přidělenítřemi.zprvníchčtyřhodnot2,1,1,1)snadnodopočítáme další: 1 000přidatnelze,protoodřezávámetřičíslice

5 n b n Protože b 14 = b 1, b 15 = b 2, b 16 = b 3, b 17 = b 4 ahodnota b n jejednoznačněurčena předchozímičtyřmihodnotami,mámeprokaždé npřirozené b n+13 = b n.aprotože 1993= ,je b 1993 = b 4 =1.