Řešení 3. série. typ čtverce o kolik se zvýší počet 1 x 1 2k x 2 2k 1 3 x 3 2k 3. . k x k 3 (k + 1) x (k + 1) 1

Transkript

1 Řešení 3 série Řešení S-I-3-1 Než se pustíme o řešení úlohy s n x n čtvercovými poli, zkusme ohalit princip na šachovnici s konkrétním počtem polí Na šachovnici 1 x 1 je pouze 1 čtverec Na šachovnici 2 x 2 můžeme napočítat 4 čtverce o rozměru 1x1 a 1 o rozměru 2 x 2 - tey ohromay 5 Na šachovnici 3 x 3 máme 9 čtverců o rozměru 1 x 1, 4 o rozměru 2 x 2 a 1 o rozměru 3 x 3 Nyní si uspořáejme výsleky o tabulky n počet čtverců hypotéza = = = = Hypotézu můžeme tey sformulovat takto: Na šachovnici o n x n (n N) polích je p n čtverců, ke p n = n 2 Toto tvrzení musíme okázat Poslouží nám k tomu princip matematické inukce Nejříve musíme okázat, že tvrzení platí pro n = 1 V šachovnici 1 x 1 je ale právě 1 čtverec, tím je první krok hotov Přepokláejme, že naše tvrzení platí pro nějaké pevné přirozené číslo k Kolik přibue čtverců, poku se počet polí zvýší na (k + 1) x (k + 1)? typ čtverce o kolik se zvýší počet 1 x 1 2k x 2 2k 1 3 x 3 2k 3 k x k 3 (k + 1) x (k + 1) 1 Chceme-li věět, kolik přibue čtverců, stačí sečíst (2k + 1) + (2k 1) + (2k 3) = (k + 1) 2 1

2 V šachovnici o (k + 1) x (k + 1) polích je tey k 2 + (k + 1) 2 čtverců Naše tvrzení je okázáno pro všechna přirozená čísla n, protože jsem je ověřili pro n = 1 a z přepoklau o pravivosti tvrzení pro n = k jsem okázali pravivost pro n = k + 1 Poznámka: Mohli bychom ještě okázat, že skutečně součet prvních k lichých čísel je k 2, čehož jsem využili ve ruhé části ůkazu Také stojí za pozornost zjenoušení výpočtu všech čtverců v šachovnici na tvar n(n + 1)(2n + 1) 6 Platnost tohoto vztahu bychom okázali opět pomocí matematické inukce Řešení S-I-3-2 Úlohu převeeme na úlohu sestrojení čtverce, známe-li čtyři boy (A, B, C, D) na obvou čtverce Z vlastnosti, že shoné příčky ve čtverci jsou na sebe kolmé, pak plyne konstrukce Boy A, B, C a D jsou ány Chceme sestrojit čtverec EF GH Boy A a C veeme přímku Sestrojíme kolmici boem B k této přímce Velikost úsečky AC naneseme na tuto kolmici a ostaneme tak bo D, který je boem strany HE 2

3 Boy D a D veeme přímku Dále boem A sestrojíme kolmici na přímku DD Průsečík těchto přímek je bo E Bo H sestrojíme obobně - kolmicí boem C na přímku DD Nanesením velikosti úsečky EH na přímku EA získáme bo F a nanesením na přímku HC získáme bo G Tím jsme okončili konstrukci vrcholů hleaného čtverce EF GH Řešení S-I-3-3 Mnozí z vás řešili tuto úlohu zkusmo (a správně), proto vám chceme ukázat jistou metou, která vee k řešení i tehy, je-li zaání mnohem komplikovanější Na pomoc si vezmeme vektory xová souřanice bue přestavovat květák, yová kapustu a zová zelí S tímto označením si můžeme první tah zapsat jako vektor (1, 0, -1), ruhý tah jako (-1, 1, 0), třetí tah jako (0, 1, 0), čtvrtý jako (-1, -1, 1) a pátý jako (0, 0, -2) Stavu na začátku hry přísluší bo [2, 3, 4] Lineární kombinací všech vektorů se chceme z bou [2, 3, 4] ostat o bou [0, 0, 0] Zapíšeme to násleující rovností: [2, 3, 4] + a(1, 0, 1) + b( 1, 1, 0) + c(0, 1, 0) + ( 1, 1, 1) + e(0, 0, 2) = = [0, 0, 0], ke koeficienty a, b, c,, e jsou celá nezáporná čísla Upravíme: a(1, 0, 1)+b( 1, 1, 0)+c(0, 1, 0)+( 1, 1, 1)+e(0, 0, 2) = ( 2, 3, 4) A ostáváme soustavu tří rovnic o pěti neznámých: a b = 2 b + c = 3 a + 2e = 4 Tato soustava má vouparametrický systém řešení, za parametry zvolíme např a e Dostáváme tey, že 3

4 a = 4 + 2e, b = 6 2e, c = e, =, e = e Víme, že b 0, to znemená, že 6 2e 0, tey e 3 Nás zajímá, ky bue součet a + b + c + + e = e nejmenší Poku bue e = 3, bue c = 3 + Víme, že c 0, tey i 3 + 0, tey 3 Viíme, že součet bue nejmenší pro = 3 Dostáváme tey: otu a = 1, b = 0, c = 0, = 3, e = 3, a + b + c + + e = = 7 Nejmenší počet tahů, na který lze hru vyhrát je 7 Řešení S-I-3-4 V řešení oržíme značení ze zaání, tey poloměr většího kola označíme r 1, poloměr menšího kola r 2 a vzálenost mezi střey Řešme nejprve élku řemene v přípaě, že se obě kola otáčejí ve stejném směru Celkovou élku O 1 můžeme rozložit na va oblouky a vě rovné části x, jak je naznačeno na obrázku Přímka AB je tečnou k oběma kružnicím, proto trojúhelník AXB je pravoúhlý Známe velikosti stran AX = a XB = r 1 r 2, proto x = 2 (r 1 r 2 ) 2 Z tohoto trojúhelníku určíme i velikost úhlu AXB jako cos( AXB ) = r 1 r 2, 4

5 otu cos(π AXB ) = r 2 r 1 Délka oblouku ÂA, resp BB pak bue ÂA = 2r 2 arccos r 1 r 2, BB = 2r 1 (arccos r 2 r 1 ) Tey celkovou élku O 1 můžeme vyjářit ( O 1 = 2 2 (r 1 r 2 ) 2 + r 1 arccos r 2 r 1 + r 2 arccos r ) 1 r 2 Stejným způsobem můžeme postupovat i v přípaě, ky se kola otáčejí proti sobě Využijeme pravoúhlého trojúhelníka RSX, ke platí RS =, SX = r 1 + r 2 Otu určíme y = 2 (r 1 + r 2 ) 2, cos RSX = r 1 + r 2 Obobnými úpravami jako v přecházejícím přípaě vyjáříme celkovou élku řemene O 2 jako O 2 = 2 ( 2 (r 1 + r 2 ) 2 + r 1 arccos (r 1 + r 2 ) Poměr jejich élek je pak O 1 O 2 = + r 2 arccos (r ) 1 + r 2 ) 2 (r 1 r 2 ) 2 + r 1 arccos r 2 r 1 + r 2 arccos r 1 r 2 2 (r 1 + r 2 ) 2 + r 1 arccos (r 1+r 2 ) + r 2 arccos (r 1+r 2 ) 5

6 Řešení S-I-3-5 Hleáme takové trojciferné číslo zapsané v esítkové soustavě, které se rovná poslenímu trojčíslí stejného čísla zapsaného v pětkové soustavě Obecně pro trojciferné číslo zapsané v esítkové soustavě x 10 platí: x y z10 0 = a5 4 + b5 3 + c e5 0, ke x, y, z, a, b, c,, e jsou celá nezáporná čísla a x 0 V pětkové soustavě se užívá jen číslic 0, 1, 2, 3 a 4, proto x Otu můžeme psát x y10 + z = k5 3 + x5 2 + y5 + z, ke x, y, z, k {0, 1, 2, 3, 4}, x 0 Snanými úpravami ostaneme rovnici 5(5k 3x) = y, oku víme, že 5 y Jelikož y {0, 1, 2, 3, 4}, musí být y = 0 Dosazením upravíme rovnici na tvar x = 5 3 k Jeiné přípustné řešení je k = 0, x = 0 Hleaná čísla x, y, z jsou (x, y, z) = (0, 0, t), ke t {0, 1, 2, 3, 4} Můžeme tey uělat závěr, že neexistuje žáné trojciferné číslo x 10, které je zapsáno stejnými číslicemi jako poslení trojčíslí stejného čísla x 5 zapsaného v pětkové soustavě 6