Diamantová suma - řešení příkladů 1.kola

Transkript

1 Diamantová suma - řešení příladů.ola. Doažte, že pro aždé přirozené číslo n platí.n + 2.n + + n.n < 2. Postupujeme matematicou inducí. Levou stranu nerovnosti označme s n. Nejmenší n, pro než má smysl něco doazovat, je n = a pro toto n tvrzení očividně platí. Nechť tedy naše nerovnost platí pro n =, doazujeme ji pro n = +. Nejprve musíme nahlédnout, že ( ) s + = ( + ) 2.( + ).( + ) ( + ).( + ) s + = s Vzhledem tomu, že pro aždé x platí x x (stačí tuto nerovnost umocnit 2 na druhou), můžeme provést úpravu s + = s = s Tím je důaz hotov < 2 ( ) + 2( + ) + = 2 2. Na stole tvaru čtverce metr je umístěno něoli (ruhových) oláčů. Koláčy se mohou přerývat, ale nesmí přesahovat oraj stolu. Celový obvod všech oláčů je 0 metrů. Uažte, že je možné jedním řezem (tj. jednou přímou) protnout alespoň 4 oláčy. Součet průměrů všech oláčů je 0 metrů, tedy více než tři metry. Zvolme jednu hranu π stolu a všechny oláčy na ni (olmo) promítněme. Koláče o průměru d se zjevně promítne na úseču o délce d. Celem tedy na hraně stolu dlouhé jeden metr máme něoli úseče, jejichž celová déla je více než tři metry, tudíž nějaým bodem musí procházet alespoň čtyři úsečy (Dirichletův princip). Kolmice hraně stolu vztyčená v tomto bodě tedy protíná alespoň čtyři oláčy a tím je důaz hotov. 3. Je číslo racionální nebo iracionální? Snadno uážeme, že zadaná řada absolutně onverguje, tudíž můžeme libovolně zaměňovat pořadí jednotlivých členů součtu. Řadu si tedy rozdělíme na neonečně mnoho dílčích řad: atd.

2 Všechny tyto řady jsou geometricé. Součet první řady je = 0, druhé řady pa 0, třetí řady 0 00 a ta dále. Tato čísla opět tvoří geometericou řadu, jejíž součet je, což je racionální číslo. 4. Král se chce rozhodnout, terou ze 00 díve si vezme za ženu. Pochopitelně chce tu nejhezčí, jenže ony němu chodí postupně a rál musí nápadnici hned říct, zda ji chce nebo ne. Král zvolil následující strategii: odmítne prvních padesát a z dalších padesáti si vybere první, terá bude hezčí než všechny předchozí (nebo si, poud tato odmítne dalších 49, vybere tu poslední). (a) Jaá je pravděpodobnost, že si rál vybere tu nejošlivější? (b) Jaá je pravděpodobnost, že si rál vybere tu nejhezčí? (a) Král si bude muset vzít nejošlivější princeznu jedině tehdy, dyž nejrásnější bude mezi prvními padesáti a ta nejošlivější půjde právě jao poslední. Pravděpodobnost, že nejošlivější půjde poslední, je. Na nejhezčí pa zbývá 99 míst, a tedy pravděpodobnost, 00 že bude mezi prvními padesáti, je Výsledná pravděpodobsnot je pa = 98. (b) Pravděpodobnost, že si rál vybere nejhezčí princeznu, je součtem pravděpodobností, že si vybere tu nejhezčí za předpoladu, že půjde., 2., 3.,..., 00., násobených 00 (což je pro aždé pravděpodobnost, že nejhezčí princezna půjde jao -tá). Pravděpodobnost, že si ji rál vybere, dyž jde., 2., 3.,..., 50., je nula. Aby si ji vybral, poud půjde jao -tá (de 50 < 00), musí nejrásnější z těch, co jdou před ní, jít v první padesátce. Tedy musí být na něterém z 50 míst z celových, pravděpodobnost je 50. Celová pravděpodobnost je rovna 00 = = 2 00 =5 = 2 Tento výslede již nelze nija hezy upravit, nicméně jeho hodnotu lze docela přesně odhadnout integrálem 00 dx = ln2 = x Jsou dány různoběžné přímy p, q, teré se protínají mimo náresnu v bodě A. Dále je 99 =50 dán bod B, terý na těchto přímách neleží. Sestojte střed úsečy AB. Nejprve je třeba najít přímu AB. Sestrojíme libovolný trojúhelní BP Q, de P p a Q q. Dále sestrojíme libovolný jiný trojúhelní B P Q terý má s původním trojúhelníem rovnoběžné odpovídající si strany, přičemž opět P p a Q q. Tyto trojúhelníy jsou stejnolehlé a spojnice odpovídajících si vrcholů musí procházet středem stejnolehlosti, což je bod A. Tedy A BB. Nyní zvolme libovolně bod C p a přímu r, terá je rovnoběžná s přímou AB. Označme D r BC a E r p. Trojúhelníy CBA a CDE jsou opět stejnolehlé, přičemž středem

3 stejnolehlosti je bod C. Zobrazíme-li teď bod S jao střed úsečy DE v této stejnolehlosti, dostaneme na úsečce AB hledaný střed S. 6. Pro jaá a, c R má rovnice x 3 + ax x + c = 0 tři různá celočíselná řešení, z nichž aždé dává jiný zbyte po dělení třemi? Sporem uážeme, že taová a, c neexistují. Nechť má tedy polynom 3 celočíselné ořeny x, x 2 a x 3. Pa x 3 + ax x + c = (x x )(x x 2 )(x x 3 ) = = x 3 (x + x 2 + x 3 )x 2 + (x x 2 + x 2 x 3 + x x 3 ) x x 2 x 3 BÚNO položme x = 3i, x 2 = 3j+ a x 3 = 3+2, de i, j, Z. Podívejme se na oeficient u lineárního členu: x x 2 + x 2 x 3 + x x 3 =... = 3(3ij + i + 3j + + 2j + 3i + 2i) + 2 To vša znamená, že 2008 má po dělení třemi zbyte 2, což je evidentně spor. 7. V mytologii lovců lebe z ostrova Borneo lze najít následující představy posmrtného života: po své smrti přijde bojovní do jesyně, de v ruhu oolo giganticého ohně sedí 642 démonů. Do ruou jednoho z nich (démona příjemce) složí bojovní leby všech nepřátel, teré zísal během svého života. Poté je bojovní uveden do rajsé zahrady a v jesyni probíhá rituál zatracení. Jeden z démonů, terý má alespoň 2 leby, předá po jedné lebce svým dvěma sousedům. Pa totéž učiní jiný démon, terý má alespoň 2 leby, a ta dále. Poud žádný z démonů nemá 2 leby, rituál ončí a bojovní je unesen z rajsé zahrady a svržen do propasti zatracení. (a) Uažte, že bojovní, terý přemůže alespoň 642 nepřátel, nebude zatracen. (b) Co se stane s bojovníem, terý přemůže méně než 642 nepřátel? (a) Poud bojovní přemohl více než 642 nepřátel, je tvrzení zřejmé (Dirichletův princip). Situace je tedy zajímavá tehdy, poud bojovní přemohl právě 642 nepřátel. Nejprve si démony očíslujme (v pořadí, v němž sedí v ruhu) čísly 0,,..., 64 (démona příjemce označíme 0). Nyní můžeme v aždém oamžiu spočítat tzv. lebové číslo: pro aždou lebu vezmeme démona, terý ji drží, těchto 642 čísel sečteme a spočítáme zbyte po dělení 642. Všimněme si, že lebové číslo je invariant - tj. nezmění se, dyž nějaý démon předá oběma svým sousedům po jedné lebce. Na počátu je lebové číslo rovno 0 a musí tedy být rovno 0 stále. Kdyby rituál nědy sončil, ta by aždý z démonů měl přesně jednu lebu. Lebové číslo by tedy bylo: ( ) mod 642 = mod 642 = 32

4 To vša není možné, taže bojovní zatracen nebude. (b) Bojovní určitě bude zatracen, tj. i dyby démoni nechtěli, rituál musí sončit. Toto doážeme sporem. Předpoládejme tedy, že rituál nidy nesončí. Leby si označíme: dyž poprvé putuje nějaá leba mezi démonem a a démonem b, ta tuto lebu označíme jao ab-lebu. Dále démony požádáme, aby ab-lebu nedostal nidy jiný démon, než a či b. To na rituálu nic nezmění, pouze si démon a, drže ab-lebu a předávaje ji, musí dát pozor, aby ji předal démonu b a ne druhému svému sousedu (a analogicy musí být opatrný démon b). Toto označení provedeme pro všechny dvojice sousedních démonů. Díy tomu, že se ab-leba nedostane jinému démonu než a nebo b, je aždá leba označena maximálně jednou. Protože lebe je méně než dvojic sousedních démonů, ta existuje dvojice sousedních démonů, teří si žádnou lebu nepředali. Tudíž existuje démon (doonce dva taoví), teří leby předali jen onečněrát (doonce ani jednou, tj. nularát). Na druhou stranu rituál trvá neonečně dlouho, taže existuje nějaý démon, terý leby předal neonečněrát. Musí tedy existovat dva sousední démoni, n taoví, že předal leby jen onečněrát, zatímco n neonečněrát. To ovšem znamená, že se leby hromadí u démona (od n jich dostane neonečně mnoho, ale jen onečně mnoho z nich vydá), což je spor, protože lebe je onečně mnoho. 8. Zjistěte, zda je číslo prvočíslem. Zadané číslo lze rozložit, tudíž o prvočíslo se nejedná: = (2 5 ) 2 + (5 6 ) 2 = (2 5 ) (5 6 ) 2 = = ( ) = ( ) 2 (0 3 ) 2 = ( ) ( ) 9. Rozhodněte, zda pro spojité periodicé funce f, g : R R musí být taé jejich součet f + g periodicá funce. Uážeme, že součet dvou spojitých periodicých funcí nemusí být periodicá funce. Uvažme napřílad funce f (x) = cos x a f 2 (x) = cos (x 2). Obě jsou spojité a periodicé (první s periodou 2π, druhá s periodou π 2). Jejich součet f = f + f 2 vša periodicý není. Tuto sutečnost uážeme sporem. Předpoládejme, že f je periodicá funce s periodou t > 0. Jeliož f(0) = 2, je taé f(t) = 2. Pa ale cos t + cos (t 2) = 2, taže zjevně cos t = cos (t 2) =. Pa ale nutně existují celá ladná čísla a 2 taová, že platí t = 2π a t 2 = 2π 2 (pouze pro čísla tvaru x = 2π, de je celé číslo, platí cos x = ). Odtud vša snadnou úpravou plyne 2 = 2, což je spor, protože 2 je iracionální číslo. 0. Na stole je rozložena obdélníová mapa a celá je přeryta druhou mapou stejného území v pětrát větším měřítu. (a) Předpoládejte navíc, že odpovídající si strany jsou rovnoběžné. Doažte, že vždy existuje

5 taové místo v daném území, že jeho obraz na větší mapě leží přesně nad obrazem v mapě menší. (b) Platí předchozí tvrzení i bez podmíny rovnoběžnosti stran? (a) V tomto případě se jedná o stejnolehlost obou map. Bodem, terý je v nich nad sebou, je jistě jediný samodružný bod této stejnolehlosti, a to její střed. Stačí tedy proložit přímy sobě odpovídajícími rohy velé a malé mapy. V jejich průsečíu se nachází hledaný bod. (b) Tvrzení opět platí. Nyní máme mapy v obecné poloze. Pro lepší představu se na situaci budeme dívat jaoby zpod stolu, na němž máme mapy rozloženy (menší mapa je tedy navrchu). Námi hledaný bod bude jistě (existuje-li) ležet v té části velé mapy, terá je přeryta mapou menší. Označme tento obdélní na velé mapě V. Obraz oblasti V vyřezává na malé mapě obdélní M, terý leží nad nějaým obdélníem V 2 (mimochodem pětrát menším než V ), jehož obraz v malé mapě označme M 2,... Tato můžeme poračovat libovolně dlouho a postupně budeme dostávat obdélníy V, V 2, V 3, V 4,... Bod, terý hledáme, musí ležet ve všech těchto obdélnících současně. Z toho, že aždý další obdélní leží vždy celý uvnitř předchozího obdélníu, a z úplnosti roviny plyne, že průni těchto obdélníů je neprázdný. Zřejmě taé obsahuje právě jeden bod: poud by v něm totiž ležely dva různé body (teré tedy mají nenulovou vzdálenost), snadno bychom našli obdélní V, do terého už by se oba nevešly. Tento jednobodový průni obdélníů V, V 2, V 3, V 4,... je tedy tím jediným bodem, terý leží v obou mapách nad sebou.