KOS Matematick´ y KOrespondenˇ cn´ı Semin´ aˇ r (Matematick´eho u ´stavu Slezsk´e univerzity v Opavˇe) ˇ ´IK 1. ROCN
2001/2002
冕
⌺ ␣ ␥
1
V´aˇzen´ı pˇra´tel´e, dˇekujeme v´am za vaˇsi u ´ˇcast v 1. roˇcn´ıku naˇseho korespondenˇcn´ıho semin´aˇre KOS. Pˇrejeme V´am hodnˇe u ´spˇech˚ u v osobn´ım ˇzivotˇe. Za organiz´atora RNDr. D. Smetanov´a ˇ enkov´a RNDr. J. Sedˇ Mgr. P. Voln´ y
2
Dˇ elitelnost cel´ ych ˇ c´ısel Definice: ˇ Rekneme, ˇze cel´e ˇc´ıslo b je dˇeliteln´e ˇc´ıslem a, jestliˇze existuje cel´e ˇc´ıslo c tak, ˇze plat´ı a · c = b.
(1)
P´ıˇseme pak a|b (m˚ uˇzeme t´eˇz ˇr´ıkat a dˇel´ı b, nebo b je n´asobek a). Jestliˇze neexistuje takov´e cel´e ˇc´ıslo c, aby platila rovnost (1) ˇr´ık´ame, ˇze ˇc´ıslo a nedˇel´ı ˇc´ıslo b. Z definice pˇr´ımo vypl´ yv´a: ˇ ıslo nula je dˇeliteln´e kaˇzd´ a) C´ ym cel´ ym ˇc´ıslem. b) Jedin´e ˇc´ıslo, kter´e je dˇeliteln´e nulou, je nula. ˇ ısla 1, −1 dˇel´ı kaˇzd´e cel´e ˇc´ıslo. c) C´ d) Pro libovoln´e cel´e ˇc´ıslo a plat´ı a|a. e) Pro libovoln´a cel´a ˇc´ısla a, b, c plat´ı a|b ∧ b|c a|b ∧ a|c c = 0 a|b ∧ b > 0
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
a|c a|(b + c) ∧ a|(b − c) (a|b ⇔ ac|bc) a ≤ b.
(2) (3) (4) (5)
Jednou z vlastnost´ı cel´ ych ˇc´ısel je, ˇze je-li a·b = 0, pak a = 0∨b = 0. Jinak ˇreˇceno nem˚ uˇze platit, ˇze a i b jsou z´aroveˇ n nenulov´e a splˇ nuj´ı v´ yˇse uvedenou rovnost.Tato zd´anlivˇe zˇrejm´a vlastnost nemus´ı platit v teori dˇelitelnosti na jin´ ych mnoˇzin´ach neˇz jsou cel´a ˇc´ısla. Napˇr. vyn´asob´ıme-li dva nenulov´e polynomy m˚ uˇzeme dostat nulov´ y polynom. Podle vlastnosti dˇelitelnosti (resp. nedˇelitelnosti) ˇc´ıslem 2 m˚ uˇzeme mnoˇzinu cel´ ych ˇc´ısel rozdˇelit na podmnoˇzinu sud´ ych (resp. lich´ ych ˇc´ısel). Pˇ r´ıklad: Zjistˇete, pro kter´a pˇrirozen´a ˇc´ısla n je ˇc´ıslo n2 + 4 dˇeliteln´e ˇc´ıslem n + 2. ˇ sen´ı: Reˇ ˇ ıslo n+2 dˇel´ı ˇc´ıslo n2 −4, protoˇze n2 −4 = (n+2)·(n−2). Pˇredpokl´adejme, C´ ˇze n + 2 dˇel´ı n2 + 4. Z´aroveˇ n tedy dˇel´ı rozd´ıl (n2 + 4) − (n2 − 4) = 8. Budemeli povaˇzovat i 0 za pˇrirozen´e ˇc´ıslo, pak z faktu (n + 2)|8 plyne, ˇze n, kter´e 3
vyhovuje zad´an´ı pˇr´ıkladu, splˇ nuje jednu z rovnic n+2 = 2, n+2 = 4, n+2 = 8. Tedy n m˚ uˇze nab´ yvat hodnot 0, 2, 6.
Zad´ an´ı a ˇ reˇ sen´ı 1. kola
ˇ ste v oboru re´aln´ 1. Reˇ ych ˇc´ısel rovnici 2x2 =
2x − 1 , | cos α|
kde α je parametr. (Ve jmenovateli je absolutn´ı hodnota.) ˇ sen´ı 1. Podm´ınky: | cos α| = Reˇ 0 α = π2 + kπ. ˇ s´ıme kvadratickou rovnici: 2 · | cos α| · x2 − 2x + 1 = 0, Reˇ √ 2±
4−8| cos α|
, kde 4 − 8| cos α| ≥ 0, po u ´prav´ach 0 < | cos α| ≤ 12 , x1,2 = 4·| cos α| ˇ sen´ı rovnice: Reˇ π π π 2 α∈ + kπ, + kπ ∪ + kπ, π + kπ , k ∈ Z 3 2 2 3
4
2. Dokaˇzte, ˇze 2n+1 + 5n nen´ı pro ˇz´adn´e pˇrirozen´e n prvoˇc´ıslem. ˇ sen´ı 2. Oznaˇc´ıme mnoˇzinu pˇrirozen´ Reˇ ych ˇc´ısel p´ısmenem N. a) Uvaˇzujme, ˇze mnoˇzina N obsahuje ˇc´ıslo 0, pak pro n = 0 plat´ı 21 + 50 = 3, coˇz je prvoˇc´ıslo. Tvrzen´ı neplat´ı a nelze ho tedy dok´azat. b) Budeme uvaˇzovat, ˇze mnoˇzina N neobsahuje 0. Prvn´ı zp˚ usob ˇ reˇ sen´ı: Prostudujme nejdˇr´ıve, jak´e hodnoty nab´ yv´a dvojˇclen 2n+1 + 5n pro mal´a n. V´ ypoˇcty uspoˇra´d´ame do tabulky, z n´ıˇz je patrn´a domnˇenka, ˇze 2n+1 + 5n je pro kaˇzd´e n dˇeliteln´e ˇc´ıslem 3. n 1 2 3 4
2n+1 4 8 16 32
5n 2n+1 + 5n 5 9 25 33 125 141 625 657
Dokazujeme tuto hypot´ezu matematickou indukc´ı. Pro n = 1 je tvrzen´ı zˇrejm´e. Pˇredpokl´adejme, ˇze ˇc´ıslo 2n+1 + 5n je dˇeliteln´e tˇremi. Existuje tedy k tak, ˇze plat´ı 2n+1 + 5n = 3k. Chceme uk´azat, ˇze tak´e ˇc´ıslo 2n+2 + 5n+1 je dˇeliteln´e tˇremi. Plat´ı 2n+2 + 5n+1 = 2 · 2n+1 + (2 + 3) · 5n = 2 · 2n+1 + 2 · 5n + 3 · 5n = = 2(2n+1 + 5n ) + 3 · 5n = 2 · 3k + 3 · 5n = 3(2k + 5n ) = 3h , kde h = 2k + 5n . Pro kaˇzd´e pˇrirozen´e n je tedy ˇc´ıslo 2n+1 +5n sloˇzen´e a nem˚ uˇze b´ yt prvoˇc´ıslem. Druh´ y zp˚ usob ˇ reˇ sen´ı: V´ yraz 2n+1 + 5n uprav´ıme na tvar 3 · 2n + (5n − 2n ) a ve druh´em sˇc´ıtanci vyuˇzijeme vzorec an −bn = (a−b)(an−1 +an−2 b+an−3 b2 + · · · + abn−2 + bn−1 ) (n ∈ N). Vid´ıme, ˇze oba sˇc´ıtance jsou dˇeliteln´e 3. V´ yraz n+1 n 2 + 5 je tedy pro kaˇzd´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n dˇeliteln´ y tˇremi a nem˚ uˇze b´ yt prvoˇc´ıslem, protoˇze nab´ yv´a hodnot, kter´e jsou r˚ uzn´e od 3. ˇ aci dostali za u 3. Z´ ´kol vymyslet slovn´ı pˇr´ıklad. Libor vymyslel tento: Prvn´ım a druh´ ym kohoutkem nateˇce dohromady za hodinu p hektolitr˚ u vody. Druh´ ym a tˇret´ım (dohromady) nateˇce za hodinu o 30 hektolitr˚ u v´ıce. Tˇret´ım 5
a ˇctvrt´ ym (dohromady) nateˇce za hodinu dvakr´at v´ıce neˇz druh´ ym a tˇret´ım. Prvn´ım a ˇctvrt´ ym (dohromady) nateˇce za hodinu o 20 hektolitr˚ u v´ıce neˇz prvn´ım a druh´ ym. Kolik hektolitr˚ u vody nateˇce za hodinu kaˇzd´ ym kohoutkem zvl´aˇst’? Vyˇreˇste Libor˚ uv probl´em. ˇ sen´ı 3. Prvn´ı kohoutek . . . A, druh´ Reˇ y kohoutek . . . B, tˇret´ı kohoutek . . . C, ˇctvrt´ y kohoutek . . . D. A+B B+C C +D A+D
... ... ... ...
P hl/hod. P + 30 hl/hod. 2(P + 30) hl/hod. P + 20 hl/hod.
Za hodinu nateˇce vˇsemi A + B + C + D hl vody, [A + B] + [C + D] = P + 2(P + 30) = 2P + 30 = P = Nem˚ uˇze nat´ect z´aporn´ y
[B + C] + [A + D] P + 30 + P + 20 P + 20 −10 ´ poˇcet hektolitr˚ u. Uloha nem´a ˇreˇsen´ı.
Uvedenou u ´lohu lze tak´e ˇreˇsit soustavou ˇctyˇrech rovnich o ˇctyˇrech neznam´ ych s parametrem. Tyto rovnice snadno sestav´ıme ze zad´an´ı. Soustava m´a ˇreˇsen´ı pouze pro hodnotu parametru p = −10 a ˇreˇsen´ı nen´ı jedin´e, je jich nekoneˇcnˇe mnoho. Srovn´ame-li v´ ysledek se zad´an´ım (nem˚ uˇze nat´ect z´aporn´ y ´ poˇcet hektolitr˚ u). Uloha nem´a ˇreˇsen´ı. 4. V oboru re´aln´ ych ˇc´ısel naleznˇetˇe vˇsechna ˇreˇsen´ı soustavy x1 + x2 + x3 = 0, x2 + x3 + x4 = 0, x3 + x4 + x5 = 0, ··· x98 + x99 + x100 = 0, x99 + x100 + x1 = 0, x100 + x1 + x2 = 0, 6
ˇ sen´ı 4. Z prvn´ı a druh´e rovnice vid´ıme, ˇze x1 + x2 + x3 − (x2 + x3 + x4 ) = Reˇ x1 − x4 = 0, tj. x1 = x4 ze ˇctvrt´e a p´at´e rovnice dostaneme x4 = x7 , atd. aˇz se dostaneme k rovnostem x94 = x97 , x97 = x100 , z posledn´ı a prvn´ı rovnice m´ame x100 = x3 , pokraˇcujeme d´al x3 = x6 , . . . , x96 = x99 , x99 = x2 , x2 = x5 , . . . , x98 = x1 . Zjistili jsme, ˇze pokud m´a soustava ˇreˇsen´ı, pak se mus´ı vˇsechy koˇreny rovnat, tj. x1 = x2 = . . . = x100 = x. Dosazen´ım do prvn´ı rovnice zjist´ıme, ˇze mus´ı platit z´aroveˇ n 3x = 0, tj. x = 0. Soustava m´a jedin´e ˇreˇsen´ı x1 = x2 = . . . = x100 = 0. 5. Urˇcete, pro kter´a cel´a ˇc´ısla n je ˇc´ıslo 7n + 1 dˇeliteln´e ˇc´ıslem 3n + 4. ˇ sen´ı 5. Jestliˇze (3n + 4)|7n + 1 , pak (3n + 4)|(7 · (3n + 4) − 3 · (7n + 1)), Reˇ po u ´pravˇe (3n + 4)|25, tj. 3n + 4 ∈ {±1, ±5, ±25}, odkud n ∈ {−3, −1, 7}. 6. a) Na dvˇe v´aˇzen´ı zjistˇete, kter´a z dev´ıti stejnˇe vypadaj´ıc´ıch koul´ı je lehˇc´ı. M˚ uˇzete pouˇz´ıt jen rovnoramenn´e v´ahy bez z´avaˇz´ı. b) Za stejn´ ych podm´ınek jako v pˇredch´azej´ıc´ı u ´loze zjistˇete lehˇc´ı kouli mezi osmi stejnˇe vypadaj´ıc´ımi koulemi. ˇ sen´ı 6. Reˇ a) Rozdˇel´ıme devˇet koul´ı na tˇri stejn´e skupiny a na obˇe misky vah poloˇz´ıme po tˇrech koul´ıch. Tˇret´ı skupinu ponech´ame stranou (prvn´ı v´aˇzen´ı). Prvn´ı pˇr´ıpad: V´ahy jsou v rovnov´aze, hledan´a koule je potom v hrom´adce, kterou jsme odloˇzili. Vezmeme z tˇechto tˇr´ı koul´ı kter´ekoliv dvˇe a kaˇzdou z nich poloˇz´ıme na jednu misku vah (druh´e v´aˇzen´ı). Nebudou-li v´ahy nyn´ı v rovnov´aze, bude miska s lehˇc´ı koul´ı nahoˇre, budou-li v rovnov´aze, je lehˇc´ı ta koule, kterou jsme na v´ahu nedali. Druh´ y pˇr´ıpad: V´ahy nejsou v rovnov´aze. Hledan´a koule je tedy na t´e misce, kter´a je nahoˇre. V tomto pˇr´ıpadˇe najdeme z tˇechto koul´ı druh´ ym v´aˇzen´ım jako v prvn´ım pˇr´ıpadˇe lehˇc´ı kouli. b) Rozdˇel´ıme osm koul´ı na tˇri nestejn´e hrom´adky. Dvˇe po tˇrech koul´ıch a jedna ze dvou. Poloˇz´ıme na v´ahy prvn´ı dvˇe hrom´adky, na kaˇzdou misku tˇri koule (prvn´ı v´aˇzen´ı). Z˚ ustanou-li v´ahy v rovnov´aze, je hledan´a koule mezi zbyl´ ymi dvˇema a snadno je pˇri druh´em v´aˇzen´ı pozn´ame. Jestliˇze se v´ahy z rovnov´ahy vych´ yl´ı, je lehˇc´ı koule na t´e misce, kter´a je nahoˇre. Vezmeme 7
z nich libovoln´e dvˇe a kaˇzdou poloˇz´ıme na jednu misku vah (druh´e v´aˇzen´ı). Nebudou-li misky v rovnov´aze, bude opˇet miska s lehˇc´ı koul´ı nahoˇre. Budou-li obˇe koule na vah´ach stejnˇe tˇeˇzk´e, je lehˇc´ı ta koule, kter´a na vah´ach nebyla.
Zad´ an´ı a ˇ reˇ sen´ı 2. kola 1. Dokaˇzte, ˇze pro libovoln´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n je ˇc´ıslo 722n+2 −472n +282n−1 dˇeliteln´e ˇc´ıslem 25. ˇ sen´ı 1. Pro ˇreˇsen´ı vyuˇzijeme mocninn´ Reˇ y rozvoj n n−1 n n−2 2 n n n a b+ a b + ··· + abn−1 + bn . (a + b) = a + 1 2 n−1 ˇ ıslo 722n+2 − 472n + 282n−1 postupnˇe upravujeme C´ 2n−1 722n+2 − 472n + 282n−1 = (75 − 3)2n+2 − (50 − 3)2n + (25 + 3) = 2n+2 2n+2 2n+1 2n 2 2n+1 752n+2 + 2n+2 · (−3) + · (−3) + · · · + + 75 75 75 · (−3) 1 2 2n+1 2n+2 (−3) 2n−2 2n −502n − 2n ·(−3)2 +· · ·− 2n−1 502n−1 ·(−3)− 2n 50 50·(−3)2n−1 −(−3)2n 1 2 2n−1 2n−1 2n−2 2n−3 2 + 252n−1 + 2n−1 · 3 + · 3 + · · · + 25 25 25 · 32n−2 + 32n−1 1 2 2n−2 Vˇsechny mocniny (vˇetˇs´ı neˇz 0) ˇc´ısel 75, 50 a 25 jsou dˇeliteln´e ˇc´ıslem 25. K tomu, aby cel´ y v´ yraz byl dˇeliteln´ y ˇc´ıslem 25, staˇc´ı uk´azat, ˇze je ˇc´ıslem 25 2n+2 2n dˇeliteln´ y v´ yraz (−3) − (−3) + 32n−1 . Plat´ı (−3)2n+2 − (−3)2n + 32n−1 = 32n+2 − 32n + 32n−1 = (33 − 3 + 1) · 32n−1 = (27 − 3 + 1) · 32n−1 = 25 · 32n−1 , coˇz je dˇeliteln´e 25 pro kaˇzd´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n. (V prvn´ı rovnosti jsme vyuˇzili vlastnost, ˇze sud´a mocnina ˇc´ısla −3 je stejn´a jako sud´a mocnina ˇc´ısla 3.) Uk´azali jsme, ˇze pro libovoln´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n je ˇc´ıslo 722n+2 − 472n + 282n−1 dˇeliteln´e ˇc´ıslem 25. Jin´ y zp˚ usob ˇ reˇ sen´ı: Pouˇzijeme matematickou indukci. 1) n = 1: 724 − 472 + 281 = 26 871 675 = 25 · 1 074 867 8
Pro n = 1 je v´ yraz dˇeliteln´ y 25. 2) Pˇredpokl´adejme, ˇze pro n = k je v´ yraz dˇeliteln´ y 25, tj. ˇze plat´ı 722k+2 − 472k + 282k−1 = 25 · h
(6)
pro nˇejak´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo h. Chceme uk´azat, ˇze pak i pro n = k + 1 je v´ yraz dˇeliteln´ y 25. Dosad´ıme n = k + 1 a upravujeme 722(k+1)+2 − 472(k+1) + 282(k+1)−1 = = 722k+4 − 472k+2 + 282k+1 = = 722 · 722k+2 − 472 · 472k + 282 · 282k−1 = 2 2k+2 = 28 (72 − 472k + 282k−1 ) + (722 − 282 ) · 722k+2 − (472 − 282 )472k = = 784 · 25 · h + 4400 · 722k+2 − 1425 · 472k = = 25 · (784 · h + 176 · 722k+2 − 57 · 472k ), ve ˇctvrt´em ˇra´dku jsme v´ yraz 722k+2 − 472k + 282k−1 nahradili 25 · h (podle pˇredpokladu (6)). Zjistili jsme, ˇze v´ yraz 722k+4 − 472+2k + 282k+1 je tak´e dˇeliteln´ y 25. Pomoc´ı matematick´e indukce jsme uk´azali, ˇze v´ yraz 722n+2 −472n +282n−1 je dˇeliteln´ y 25 pro kaˇzd´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n. 2. Petr pˇriˇsel za Pavlem se zaj´ımavou u ´lohou. ,,Pˇredpokl´adej, ˇze ˇc´ıslo a se rovn´a ˇc´ıslu b.“ Pavel pak sledoval dalˇs´ı Petr˚ uv postup. Budeme jej sledovat i my: Necht’ a = b. Vyn´asob´ıme obˇe strany ˇc´ıslem a, tedy a2 = ab. Pak k obˇema stran´am rovnice pˇriˇcteme a2 − 2ab: a2 + a2 − 2ab = a2 − ab. Uprav´ıme na 2(a2 − ab) = a2 − ab. Nakonec vydˇel´ıme obˇe strany rovnice v´ yrazem a2 − ab, a dostaneme 2 = 1. 9
,,Najdeˇs chybu v m´em postupu, Pavle?“ ˇr´ık´a Petr. ,,Ale vˇzdyt’ to je jasn´e,“ odpov´ıd´a Pavel. Naleznete tuto chybu i vy? ˇ sen´ı 2. V posledn´ım kroku dˇel´ıme v´ y je ale podle Reˇ yrazem a2 − ab, kter´ 2 pˇredpokladu nulov´ y, protoˇze a = ab. Dˇelen´ı nulou nen´ı ekvivalentn´ı u ´pravou a to je ta chyba, kter´e se dopustil Petr. 3. Dne 1. ledna v 0.00 hodin dva pˇra´tel´e zpozorovali, ˇze na Zemi pˇrist´ala vesm´ırn´a lod’ s mimozemskou civilizac´ı. Bˇehem 15 minut vˇedˇely o pˇrist´an´ı jejich manˇzelky. Bˇehem dalˇs´ıch 15 minut sdˇelil kaˇzd´ y z nich tuto ud´alost sv´emu zn´am´emu, takˇze o ud´alosti vˇedˇelo p˚ ul hodiny po p˚ ulnoci uˇz 8 lid´ı. A ted’ pˇredpokl´adejme, ˇze by se tato zpr´ava mohla ˇs´ıˇrit po ˇctvrt hodin´ach i na dalˇs´ı obyvatele Zemˇe. Kter´ y den a v kolik hodin by se o pˇrist´an´ı dozvˇedˇeli vˇsichni lid´e na Zemi? ˇ sen´ı 3. Po kaˇzd´ Reˇ ych patn´acti minut´ach bude o pˇrist´an´ı vˇedˇet dvojn´asobn´ y poˇcet lid´ı (nebudeme uvaˇzovat pˇr´ıpady, kdy se o pˇrist´an´ı dozv´ı jeden ˇclovˇek v´ıcekr´at). Odvod´ıme vztah mezi uplynul´ ym ˇcasem a poˇctem lid´ı. O p˚ ulnoci v´ı o pˇrist´an´ı 2 lid´e, po 15 minut´ach v´ı o pˇrist´an´ı 2 · 2 = 22 = 4 lid´e, po 2 · 15 = 30 minut´ach v´ı o pˇrist´an´ı 2 · 22 = 23 = 8 lid´ı, po 3 · 15 = 45 minut´ach v´ı o pˇrist´an´ı 2 · 23 = 24 = 16 lid´ı, .. . po n · 15 minut´ach v´ı o pˇrist´an´ı 2 · 2n = 2n+1 lid´ı. Pˇredpokl´adejme, ˇze na zemi ˇzije okolo 6,5 miliard lid´ı. Potˇrebujeme naj´ıt ym v´ ypoˇctem nejmenˇs´ı pˇrirozen´e ˇc´ıslo n tak, aby platilo 2n+1 > 6, 5·109 . Pˇr´ım´ zjist´ıme, ˇze 232 = 4294967296 < 6, 5 · 109 a 233 = 8589934592 > 6, 5 · 109 . Hledan´ ym nejmenˇs´ım pˇrirozen´ ym ˇc´ıslem je tedy ˇc´ıslo n = 32. Vˇsichni lid´e na zemi budou vˇedˇet o pˇrist´an´ı po n · 15 = 32 · 15 = 480 minut´ach, coˇz je 8 hodin. Zjistili jsme, ˇze vˇsichni lid´e na Zemi budou o pˇrist´an´ı vˇedˇet 1. ledna v 8:00 hodin r´ano. 4. Najdˇete vˇsechny takov´e funkce f , definovan´e na mnoˇzinˇe vˇsech re´aln´ ych 10
ˇc´ısel, kter´e pro libovoln´a re´aln´a ˇc´ısla x, y splˇ nuj´ı vztah f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 3y 2 − f (y). ˇ sen´ı 4. Uveden´ Reˇ y vztah m´a platit pro vˇsechna re´aln´a ˇc´ısla x, y. Zvolme napˇr. x = 0, y = 0. Dostaneme f (0 + 0) + f (0 − 0) = 2f (0) + 3 · 02 − f (0), odkud plyne, ˇze f (0) = 0. Pokud zvol´ıme x = y, dostaneme f (x + x) + f (x − x) = 2f (x) + 3x2 − f (x), po u ´pravˇe (s vyuˇzit´ım jiˇz dok´azan´e rovnosti f (0) = 0) f (2x) = f (x) + 3x2 Zkusme nyn´ı zvolit x = 0 a y libovoln´e a dostaneme f (0 + y) + f (0 − y) = 2f (0) + 3y 2 − f (y)
⇔
2f (y) + f (−y) = 3y 2 .
Podobnˇe pro x = 0 a y = −y plat´ı f (0+(−y))+f (0−(−y)) = 2f (0)+3(−y)2 −f (−y)
⇔
2f (−y)+f (y) = 3y 2 .
Kaˇzd´e ˇreˇsen´ı p˚ uvodn´ıho probl´emu mus´ı splˇ novat vˇsechny uveden´e rovnosti. Jedin´ ym ˇreˇsen´ım soustavy dvou rovnic 2f (y) + f (−y) = 3y 2 a 2f (−y) + f (y) = 3y 2 , kter´e dostaneme napˇr´ıklad tak, ˇze prvn´ı rovnici vyn´asob´ıme dvˇema a druhou od n´ı odeˇcteme, je funkce f (y) = y 2 . Dosazen´ım zjist´ıme, jestli je tato funkce ˇreˇsen´ım i p˚ uvodn´ıho probl´emu. Na lev´e stranˇe p˚ uvodn´ı rovnice dostaneme f (x + y) + f (x − y) = (x + y)2 + (x − y)2 = 2x2 + 2y 2 , 11
Na prav´e stranˇe p˚ uvodn´ı rovnice dostaneme 2f (x) + 3y 2 − f (y) = 2x2 + 3y 2 − y 2 = 2x2 + 2y 2 . Obˇe strany se rovnaj´ı a funkce f (x) = x2 je jedin´ ym ˇreˇsen´ım zadan´e rovnice 2 f (x + y) + f (x − y) = 2f (x) + 3y − f (y). Jin´ y zp˚ usob ˇ reˇ sen´ı: P˚ uvodn´ı rovnici uprav´ıme na tvar f (y) = 2f (x) + 3y 2 − f (x + y) − f (x − y).
(7)
Dosazen´ım ˇc´ısla −y m´ısto ˇc´ısla y m´ame rovnici f (−y) = 2f (x) + 3(−y)2 − f (x + (−y)) − f (x − (−y)). Snadno zjist´ıme, ˇze prav´e strany obou rovnic jsou stejn´e, tedy se mus´ı rovnat i strany lev´e f (y) = f (−y) (ˇreˇsen´ım mus´ı b´ yt sud´a funkce). Do prvn´ı upraven´e rovnice (7) dosad´ıme x = 0 a y = 0, zjist´ıme, ˇze f (0) = 2f (0) + 3 · 02 − f (0 + 0) − f (0 − 0)
⇔
f (0) = 0.
Pokud do prvn´ı upraven´e rovnice (7) dosad´ıme pouze x = 0, dostaneme f (y) = 2f (0) + 3y 2 − f (0 + y) − f (0 − y). Tento vztah uprav´ıme s vyuˇzit´ım rovnost´ı f (y) = f (−y) a f (0) = 0. f (y) = 2 · 0 + 3y 2 − f (y) − f (y) 3f (y) = 3y 2 f (y) = y 2 . Po proveden´ı zkouˇsky (dosazen´ım do zad´an´ı) zjist´ıme, ˇze funkce f (x) = x2 je jedin´ ym ˇreˇsen´ım zadan´e rovnice. 5. M´ame tˇri hˇreb´ıky, kter´e maj´ı pr˚ uˇrez ve tvaru kruhu, ˇctverce, rovnostrann´eho troj´ uheln´ıku. Strana ˇctverce mˇeˇr´ı 1 mm a pr˚ uˇrez hˇreb´ık˚ u m´a stejnou 12
velikost. Kter´ y z hˇreb´ık˚ u jde nejh˚ uˇre vyt´ahnout, jsou-li zaraˇzeny do hloubky 3 cm? (N´apovˇeda: Nejpevnˇeji drˇz´ı hˇreb´ık, kter´ y se okoln´ıho materi´alu dot´ yk´a nejvˇetˇs´ım povrchem.) ˇ sen´ı 5. M´ame hˇreb´ıky s pr˚ Reˇ uˇrezem ve tvaru kruhu, ˇctverce a rovnostrann´eho troj´ uheln´ıka. Povrch zaraˇzen´e ˇc´asti hˇreb´ık˚ u m˚ uˇzeme poˇc´ıtat jako povrch v´alce nebo hranolu s v´ yˇskou 3 cm. Vztah mezi velikostmi povrch˚ u bude z´aleˇzet jen na velikosti obvod˚ u podstav a nez´aleˇz´ı na v´ yˇsce, protoˇze je stejn´a. Povrch hrotu hˇreb´ıku je vzhledem k celkov´emu povrchu zanedbateln´ y, proto ho nebudeme uvaˇzovat. ˇ Ctverec o stranˇe 1 mm m´a obsah S✷ = 1 mm2 a obvod o✷ = 4 mm Rovnostrann´ y troj´ uheln´ık m´a podle zad´an´ı stejn´ y obsah S = 1 mm2 , d´elku jeho strany a vypoˇcteme ze vzorce √ 2 3a 4S √ = S = ⇒ a= ˙ 1, 52 mm, 4 3 obvod je pak ˙ 4, 56 mm o = 3 · a = Kruh m´a podle zad´an´ı tak´e stejn´ y obsah S◦ = 1 mm2 , velikost jeho polomˇeru r vypoˇcteme ze vzorce
S◦ 2 S◦ = πr ⇒ r= = ˙ 0, 56 mm, π obvod je pak o◦ = 2πr = ˙ 3, 52 mm Porovn´an´ım obvod˚ u zjist´ıme, kter´ y hˇreb´ık m´a nejvˇetˇs´ı povrch a bude proto drˇzet nejpevnˇeji o > o✷ > o◦ . 13
Nejh˚ uˇre p˚ ujde vyt´ahnout hˇreb´ık s pr˚ uˇrezem ve tvaru rovnostrann´eho troju ´heln´ıka. 6. Dokaˇzte, ˇze kaˇzd´ y rok je p´atek tˇrin´act´eho. ˇ sen´ı 6. Kaˇzd´ Reˇ y rok pˇripadne 1. leden na jeden den v t´ ydnu od pondˇel´ı do nedˇele, oznaˇcme si ho D. Podle kalend´aˇre urˇc´ıme, na kter´e dny pˇripadnou tˇrin´act´e dny v mˇes´ıci v z´avislosti na dni D. Napˇr. 13. ledna bude v den D + 5 (pro D=pondˇel´ı bude 13. ledna v sobotu, pro D=p´atek bude 13. ledna ve stˇredu). Spr´avnˇe bychom mˇeli ps´at D + 12, ale pro urˇcen´ı dnu v t´ ydnu m˚ uˇzeme n´asobky sedmi vynechat, staˇc´ı pˇripoˇc´ıtat pˇet dn´ı. Stejn´ ym zp˚ usobem zjist´ıme, ˇze 13. u ´nor pˇripadne na den D + 1. V ostatn´ıch mˇes´ıc´ıch mus´ıme rozliˇsovat pˇrestupn´ y a nepˇrestupn´ y rok. V´ ysledn´e urˇcen´ı dn˚ u je shrnuto do tabulky. Nepˇ restupn´ y rok 1. leden D 13. leden D+5 13. u ´nor D+1 13. bˇrezen D+1 13. duben D+4 13. kvˇeten D+6 13. ˇcerven D+2 13. ˇcervenec D + 4 13. srpen D 13. z´aˇr´ı D+3 13. ˇr´ıjen D+5 13. listopad D + 1 13. prosinec D + 3
Pˇ restupn´ y rok 1. leden D 13. leden D+5 13. u ´nor D+1 13. bˇrezen D+2 13. duben D+5 13. kvˇeten D 13. ˇcerven D+3 13. ˇcervenec D + 5 13. srpen D+1 13. z´aˇr´ı D+4 13. ˇr´ıjen D+6 13. listopad D + 2 13. prosinec D + 4
Pod´ıv´ame-li se do tabulky, zjist´ıme, ˇze tˇrin´act´e dny v mˇes´ıci zab´ıraj´ı kaˇzd´ y rok (nepˇrestupn´ y i pˇrestupn´ y) vˇsechny dny v t´ ydnu D, D + 1, D + 2, D + 3, D + 4, D + 5, D + 6, jeden znich je tedy urˇcitˇe p´atek. Na z´akladˇe tabulky jsme uk´azali, ˇze kaˇzd´ y rok mus´ı b´ yt p´atek tˇrin´act´eho. D˚ usledky: Pro konkr´etn´ı D m˚ uˇzeme z tabulky pˇr´ımo urˇcit, ve kter´ ych mˇes´ıc´ıch bude p´atek tˇrin´act´eho. Napˇr. rok 2002 zaˇcal 1. ledna v D=´ uter´ y, p´atku odpov´ıd´a den D + 3. Rok 2002 nen´ı pˇrestupn´ y. Z tabulky zjist´ıme, ˇze 14
letos bude p´atek tˇrin´act´eho v z´aˇr´ı a v prosinci. Z tabulky se d´a tak´e poznat, ˇze p´atek tˇrin´act´eho m˚ uˇze b´ yt v jednom kalend´aˇrn´ım roce maxim´alnˇe tˇrikr´at (pro nepˇrestupn´ y rok se opakuje tˇrikr´at den D + 1, rok zaˇc´ın´a ve ˇctvrtek, pro pˇrestupn´ y rok je to den D + 5, rok zaˇc´ın´a v nedˇeli).
Diofantick´ e rovnice Diofantick´e rovnice jsou rovnice, jejichˇz ˇreˇsen´ı hled´ame na mnoˇzinˇe cel´ ych ˇc´ısel. Jedn´a se o jednu z v´ yznamn´ ych ˇc´ast´ı teorie ˇc´ısel. Formulace probl´em˚ u je celkem snadn´a, o to obt´ıˇznˇejˇs´ı je pak vlastn´ı ˇreˇsen´ı. Objasn´ıme si tuto problematiku na pˇr´ıkladech. Pˇ r´ıklad 1: Pro kter´a pˇrirozen´a ˇc´ısla x, y existuje ˇreˇsen´ı rovnice 3x2 − 7y 2 = −1. ˇ sen´ı: Prvn´ı ot´azkou je, zda-li takov´e ˇreˇsen´ı v˚ Reˇ ubec existuje. Metodou pokusomyl se snadno pˇresvˇedˇc´ıme, ˇze ˇreˇsen´ım jsou x = 3, y = 2. Existuj´ı dalˇs´ı ˇreˇsen´ı t´eto rovnice a kolik jich vlastnˇe dohromady je? Naˇse rovnice m´a nekoneˇcnˇe mnoho ˇreˇsen´ı. Vyuˇzijeme n´asleduj´ıc´ı trik: uvaˇzujme identitu 3(55a+ 84b)2 − 7(36a + 55b)2 = 3a2 − 7b2 . Splˇ nuj´ı-li pˇrirozen´a ˇc´ısla x = a, y = b 2 2 rovnici 3x − 7y = −1, pak ji splˇ nuj´ı i ˇc´ısla x = 55a + 84b a y = 36a + 5b. Takˇze z jedin´eho ˇreˇsen´ı x = 3 a y = 2 dostaneme nekoneˇcnˇe mnoho ˇreˇsen´ı. Probl´emem tedy z˚ ust´av´a jedinˇe ona identita, jej´ıˇz nalezen´ı m˚ uˇze b´ yt obt´ıˇzn´e. Pˇ r´ıklad 2: Rovnice x2 = 3 − 8z + 2y 2 nem´a ˇreˇsen´ı pro cel´a ˇc´ısla x, y, z. ˇ sen´ı: Budeme postupovat sporem. Pˇredpokl´adejme, ˇze ˇreˇsen´ı existuje a Reˇ odvod´ıme spor. K tomuto u ´ˇcelu je vhodn´e poˇc´ıtat obˇe strany rovnice modulo ˇ ıslo x2 je kongruentn´ı 0, 1, 4 mod 8 (tzn. lev´a strana rovnice nˇejak´e ˇc´ıslo. C´ po vydˇelen´ı ˇc´ıslem 8 d´av´a zbytek 0, 1, 4). Pokud je y sud´e, pak pro pravou stranu 3 − 8z + 2y 2 je kongruentn´ı 3 mod 8 (8z(mod 8) = 0(mod 8), y = 2k), coˇz nelze. Je-li y lich´e, pak 3 − 8z + 2y 2 je kongruentn´ı 5(mod 8), coˇz opˇet nem˚ uˇze b´ yt. Dostali jsme spor s pˇredpokladem a ˇreˇsen´ı tedy neexistuje. Obecn´a teorie pomoc´ı kter´e by bylo moˇzn´e ˇreˇsit libovoln´e diofantick´e rovnice neexistuje. 15
Zad´ an´ı a ˇ reˇ sen´ı 3. kola
1. Historick´a u ´loha (´ uloha Leonarda Pis´ansk´eho ze 13. stolet´ı). Dvˇe vˇeˇze jsou od sebe vzd´aleny 50 lokt˚ u a jsou 40 lokt˚ u a 30 lokt˚ u vysok´e. Mezi nimi je kaˇsna, k n´ıˇz se z vrchol˚ u obou vˇeˇz´ı spustili ve stejn´ y okamˇzik dva holubi, kteˇr´ı proletˇeli stejnou dr´ahu. Urˇcete vzd´alenost kaˇsny od obou vˇeˇz´ı. ˇ sen´ı 1. Situace je zn´azornˇena na obr´azku. Vid´ıme zde dva pravo´ Reˇ uhl´e troj´ uheln´ıky se stejnou pˇreponou, pro kter´e plat´ı Pythagorova vˇeta: y 2 = 402 + x2 ,
y 2 = 302 + (50 − x)2
Lev´e strany se rovnaj´ı. Z rovnosti prav´ ych stran postupnˇe dost´av´ame 402 + x2 = 302 + 2500 − 100x + x2 100x = 1800 x = 18
Kaˇsna je vzd´alena 18 lokt˚ u od vyˇsˇs´ı vˇeˇze a 32 lokt˚ u od niˇzˇs´ı vˇeˇze.
16
2. Na ˇctvercov´e zahradˇe roste v pravideln´ ych rozestupech 9 × 9 = 81 strom˚ u, kter´e ji rozdˇeluj´ı na 64 stejn´ ych mal´ ych ˇctverc˚ u (viz. obr´azek).
Ve ˇcverc´ıch oznaˇcen´ ych ˇc´ısly 1 aˇz 6 jsou postaveny domy. Zahrada je ohraniˇcena plotem, kter´ y m´a ˇctyˇri br´any, oznaˇcen´e ˇc´ısly 3 aˇz 6. Obyvatel´e domu 3 se dost´avaj´ı do zahrady branou ˇc´ıslo 3, podobnˇe obyvatel´e dom˚ u 4, 5 a 6 se do zahrady dost´avaj´ı branou se stejn´ ym ˇc´ıslem 4, 5 a 6. V domech 1 a 2 ˇzij´ı lid´e, kteˇr´ı ze zahrady neodch´azej´ı, pouze se mezi sebou navˇstˇevuj´ı. Vyˇsrafovan´a ˇc´ast mezi domy 1 a 2 oznaˇcuje cestu. Obyvatel´e dom˚ u 3 aˇz 6 se rozhodli, ˇze si taky postav´ı cesty ke sv´ ym domov˚ um a ˇze to udˇelaj´ı n´asleduj´ıc´ım zp˚ usobem. Kaˇzd´a cesta bude spojovat d˚ um a br´anu se stejn´ ym ˇc´ıslem, v kaˇzd´em ˇctverci bude maxim´alnˇe jedna cesta a ˇz´adn´e dvˇe cesty se 17
nebudou prot´ınat (ani s jiˇz existuj´ıc´ı cestou mezi 1 a 2). Zjistˇete, zda lze takov´e cesty postavit pˇri splnˇen´ı vˇsech poˇzadavk˚ u. V kladn´em pˇr´ıpadˇe nakreslete, kudy cesty povedou. ˇ sen´ı je zn´azornˇeno ˇ sen´ı 2. Cesty s uveden´ Reˇ ymi vlastnostmi postavit lze. Reˇ na obr´azku.
3. Pˇet pir´at˚ u uloup´ı poklad se 100 zlat´ ymi mincemi. Pir´ati jsou jednoznaˇcnˇe seˇrazeni s klesaj´ıc´ı hodnost´ı a podˇel´ı se o poklad takto: Nejvyˇsˇs´ı, kapit´an, prohl´as´ı, ˇze navrhne rozdˇelen´ı penˇez vˇsem ˇclen˚ um pos´adky, o kter´em se bude hlasovat. V pˇr´ıpadˇe, ˇze jeho n´avrh nebude pˇrijat´ y, bere 18
si svoji pˇetinu, tedy 20 zlat’´ak˚ u, a nech´a dalˇs´ı rozdˇelov´an´ı na nejvyˇsˇs´ım podˇr´ızen´em, prvn´ım d˚ ustojn´ıkovi. V pˇr´ıpadˇe, ˇze se prvn´ı d˚ ustojn´ık dostane k rozdˇelov´an´ı zbyl´ ych 80 zlat’´ak˚ u (tedy kapit´an˚ uv n´avrh byl zam´ıtnut), rozhodne se prvn´ı d˚ ustojn´ık stejnˇe jako pˇred n´ım kapit´an: Navrhne rozdˇelen´ı, a kdyˇz nen´ı pˇrijato (ostrou) vˇetˇsinou, bere si 20 zlat’´ak˚ u, a nech´a dalˇs´ı rozhodnut´ı na nejvyˇsˇs´ım podˇr´ızen´em, druh´em d˚ ustojn´ıkovi. Rozhodovac´ı proces jde rekurzivnˇe d´al. Kaˇzd´ y z pir´at˚ u je mazan´ y a sobeck´ y, nez´aleˇz´ı mu na tom, kolik dostanou ostatn´ı, hlavnˇe, kdyˇz z´ısk´a s´am co nejv´ıc. Ot´azka: Kolik dostane kapit´an? ˇ sen´ı 3. Oznaˇc´ıme si pir´aty s klesaj´ıc´ı hodnost´ı jako 1. pir´at (kapit´an), 2. Reˇ pir´at (prvn´ı d˚ ustojn´ık), 3. pir´at (druh´ y d˚ ustojn´ık), 4. pir´at a 5. pir´at. Budeme u ´lohu ˇreˇsit odzadu, to znamen´a, ˇze se nejdˇr´ıve pod´ıv´ame jak´e rozdˇelen´ı m˚ uˇze nastat v pˇr´ıpadˇe, ˇze prvn´ı tˇri n´avrhy na rozdˇelen´ı budou zam´ıtnuty (v pˇr´ıpadˇe zam´ıtnut´ı vˇsech n´avrh˚ u dostane kaˇzd´ y 20 zlat’´ak˚ u). a) 4. pir´at rozdˇeluje 40 zlat’´ak˚ u mezi 2 pir´aty (4. a 5.). V tomto pˇr´ıpadˇe doˇ adn´e jin´e rozdˇelen´ı nez´ısk´a vˇetˇsinu hlas˚ jde k rozdˇelen´ı 20:20. Z´ u (s n´avrhem mus´ı souhlasit oba dva pir´ati). b) 3. pir´at rozdˇeluje 60 zlat’´ak˚ u mezi 3 pir´aty (3., 4., 5.). 3. pir´at m˚ uˇze navrhnout rozdˇelen´ı 39:21:0 nebo 39:0:21. V obou pˇr´ıpadech kromˇe sv´eho hlasu z´ısk´a i hlas pir´ata s 21 zlat’´aky, kter´ y bude souhlasit, protoˇze v pˇr´ıpadˇe nesouhlasu m˚ uˇze z´ıskat maxim´alnˇe 20 zlat’´ak˚ u (viz. a)). Pir´at s 0 zlat’´aky bude pˇrehlasov´an vˇetˇsinou. c) 2. pir´at rozdˇeluje 80 zlat’´ak˚ u mezi 4 pir´aty (2., 3., 4., 5.). Aby 2. pir´at z´ıskal co nejv´ıce zlat’´ak˚ u, mus´ı navrhnout takov´e rozdˇelen´ı, se kter´ ym budou souhlasit tˇri pir´ati, pouze jeden hlas m˚ uˇze b´ yt proti. V tomto kroku rozliˇs´ıme dva pˇr´ıpady. Prvn´ı pˇr´ıpad: 2. pir´at pˇredem v´ı, jak´e ze dvou rozdˇelen´ı navrhne 3. pir´at (viz. b)). Pˇredpokl´adejme pro urˇcitost, ˇze 3. pir´at navrhne 39:21:0. V tomto pˇr´ıpadˇe m˚ uˇze 2. pir´at navrhnout rozdˇelen´ı 57:0:22:1. Vˇsichni hlasuj´ıc´ı pir´ati kromˇe 3. pir´ata s t´ımto n´avrhem budou souhlasit, protoˇze dostanou v´ıce neˇz by dostali, kdyby nesouhlasili. Druh´ y pˇr´ıpad: 2. pir´at pˇredem nev´ı, jak se 3. pir´at rozhodne, kaˇzd´ y z jeho dvou n´avrh˚ u m˚ uˇze nastat s pravdˇepodobnost´ı 50 je pr˚ umˇern´ y zisk 4. a 19
5. pir´ata 10,5 zlat’´ak˚ u a mohli by se d´at koupit za 11 zlat’´ak˚ u. 2. pir´at navrhne rozdˇelen´ı 58:0:11:11. d) 1. pir´at rozdˇeluje 100 zlat’´ak˚ u mezi 5 pir´at˚ u (1., 2., 3., 4., 5.). Aby 1. pir´at z´ıskal co nejv´ıce zlat’´ak˚ u, mus´ı navrhnout takov´e rozdˇelen´ı, se kter´ ym budou souhlasit tˇri pir´ati, pouze dva hlasy mohou b´ yt proti. I v tomto kroku rozliˇs´ıme dva pˇr´ıpady podle toho, jestli je zn´amo kter´ y n´avrh pod´a 3. pir´at. Prvn´ı pˇr´ıpad: 1. pir´at pˇredem v´ı, jak´e rozdˇelen´ı by navrhni pir´ati po nˇem (pro urˇcitost 2. pir´at navrhne 57:0:22:1, viz. c)). V tomto pˇr´ıpadˇe m˚ uˇze 1. pir´at navrhnout rozdˇelen´ı 97:0:1:0:2. Souhlasit budou pir´ati 1., 3., 5., proti budou pir´ati 2. a 4. Druh´ y pˇr´ıpad: 1. pir´at pˇredem nev´ı, jak´ y n´avrh pod´a 3. pir´at, ale v´ı, ˇze v takov´em pˇr´ıpadˇe pod´a 2. pir´at n´avrh 58:0:11:11 (viz. c)). Proto m˚ uˇze navrhnout rozdˇelen´ı 87:0:1:12:0 nebo 87:0:1:0:12. ˇ sen´ı tohoto pˇr´ıkladu hodnˇe z´avis´ı na tom, jak budeme Pozn´amka: Reˇ ch´apat jeho zad´an´ı. V nˇekter´ ych kroc´ıch m˚ uˇze b´ yt dalˇs´ı postup ovlivnˇen t´ım, jestli jsou pir´ati sp´ıˇse v´ıce mazan´ı nebo v´ıce sobeˇct´ı. Proto nen´ı vylouˇceno, ˇze m˚ uˇze b´ yt povaˇzov´ano za spr´avn´e i jin´e ˇreˇsen´ı, neˇz je uvedeno zde. Odpovˇed’: Kapit´an dostane 87 nebo 97 zlat’´ak˚ u. 4. K dan´emu ˇctverci ABCD se stranou a = 5 cm sestrojte ˇctyˇru ´heln´ık KLM N tak, aby body A, B, C, D leˇzely po ˇradˇe uvnitˇr stran KL, LM , M N , N K, obsahy troj´ uheln´ık˚ u ABL, CBM , ADK, DCN byly (v dan´em poˇrad´ı) v pomˇeru 1:2:3:4, a aby souˇcet tˇechto obsah˚ u byl roven obsahu ˇctverce ABCD. ˇ sen´ı 4. Oznaˇcme si vK , vL , vM , vN po ˇradˇe v´ Reˇ yˇsky v troj´ uheln´ıc´ıch ADK, ABL, CBM , DCN z vrchol˚ u K, L, M, N , paty tˇechto kolmic oznaˇcme K1 , L 1 , M 1 , N1 .
20
Pro obsahy troj´ uheln´ık˚ u plat´ı n´asleduj´ıc´ı vztahy: 1 1 SABL = |AB| · vL , SCBM = |CB| · vM , 2 2 1 1 SADK = |AD| · vK , SDCN = |DC| · vN , 2 2 Ze zad´an´ı pˇr´ıkladu odvod´ıme dalˇs´ı podm´ınky: SABL : SCBM : SADK : SDCN = 1 : 2 : 3 : 4
(8)
SABL + SCBM + SADK + SDCN = a2
(9)
|AB| = |CB| = |AD| = |DC| = a = 5
(10)
Z podm´ınek (9) a (10) z´ısk´ame poˇzadavek na souˇcet v´ yˇsek vL + vM + vK + vN = 25, z podm´ınek (8) a (10) z´ısk´ame poˇzadavek na pomˇer v´ yˇsek vL : vM : vK : vN = 1 : 2 : 3 : 4, Existuje pouze jedin´e ˇreˇsen´ı posledn´ıch dvou rovnic vL = 1,
vM = 2,
vK = 3, 21
vN = 4.
Pravo´ uhl´e troj´ uheln´ıky LL1 B a BM1 M jsou podobn´e. Oznaˇc´ıme-li si x = |L1 B|, dostaneme z podobnosti |M1 B| 1 = x 2
⇒
|M1 B| =
2 . x
Z obr´azku vid´ıme, ˇze |M1 C| = 5 − |M1 B| = 5 −
2 5x − 2 = . x x
Analogicky z podobnosti troj´ uheln´ık˚ u M M1 C a CN1 N dostaneme 2
=
5x−2 x
|N1 C| 4
⇒
|N1 C| =
8x , 5x − 2
dopoˇc´ıt´ame |N1 D| = 5 − |N1 C| = 5 −
8x 17x − 10 = , 5x − 2 5x − 2
z podobnosti troj´ uheln´ık˚ u N N1 D a DK1 K dostaneme 4
=
17x−10 5x−2
|K1 D| 3
⇒
|K1 D| =
60x − 24 , 17x − 10
dopoˇc´ıt´ame |K1 A| = 5 − |K1 D| = 5 −
60x − 24 25x − 26 = , 17x − 10 17x − 10
z podobnosti troj´ uheln´ık˚ u KK1 A a AL1 L dostaneme 3 25x−26 17x−10
=
|L1 A| 1
⇒
|L1 A| =
51x − 30 , 25x − 26
dopoˇc´ıt´ame |L1 B| = 5 − |L1 A| = 5 −
51x − 30 74x − 100 = , 25x − 26 25x − 26
ale |L1 B| = x. Vyˇreˇs´ıme rovnici 74x − 100 =x 25x − 26
⇔
25x2 − 100x + 100 = 0 22
⇔
x2 − 4x + 4 = 0.
Tato kvadratick´a rovnice m´a jedin´ y dvojn´asobn´ y koˇren x = 2. Nyn´ı zn´ame vˇsechny u ´daje, kter´e potˇrebujeme ke zkonstruov´an´ı ˇctyˇru ´heln´ıku KLM N . Konstrukci ˇctyˇru ´heln´ıku KLM N provedeme n´asleduj´ıc´ım zp˚ usobem. Sestroj´ıme ˇctverec ABCD s d´elkou strany a = 5. Vnˇe ˇctverce ke kaˇzd´e stranˇe AB, BC, CD a DA sestroj´ıme rovnobˇeˇzku p1 , p2 , p3 a p4 ve vzd´alenosti, kter´a je stejn´a jako velikost v´ yˇsky na tut´eˇz stranu ˇctverce. Uvnitˇr strany AB sestroj´ıme bod L1 jako pr˚ useˇc´ık u ´seˇcky AB a kruˇznice se stˇredem v B a polomˇerem 2. Bodem L1 vedeme kolmici na stranu AB, pr˚ useˇc´ık t´eto kolmice s odpov´ıdaj´ıc´ı rovnobˇeˇzkou p1 oznaˇc´ıme L. Spoj´ıme body L a B a pr˚ useˇc´ık t´eto spojnice s rovnobˇeˇzkou p2 oznaˇc´ıme M . Spoj´ıme body M a C a pr˚ useˇc´ık t´eto spojnice s rovnobˇeˇzkou p3 oznaˇc´ıme N . Spoj´ıme body N a D a pr˚ useˇc´ık t´eto spojnice s rovnobˇeˇzkou p4 oznaˇc´ıme K. Spojen´ım bod˚ u K a L z´ısk´ame hledan´ y ˇctyˇr˚ uheln´ık KLM N . Pozn´ amka: Teoreticky zde existuje moˇznost, ˇze nˇekter´ y z vrchol˚ u K, L, M , N m˚ uˇze leˇzet uvnitˇr ˇctverce ABCD, ale ve vˇsech takov´ ych pˇr´ıpadech zjist´ıme, ˇze dojdeme ke sporu. V´ ysledkem tˇechto u ´vah pak je, ˇze zkonstruovan´e ˇreˇsen´ı je jedin´e. 5. Ukaˇzte, ˇze alespoˇ n jedno z cel´ ych ˇc´ısel a, b, c, splˇ nuj´ıc´ıch rovnost a2 + b2 = c2 , je dˇeliteln´e tˇremi. ˇ ıslo, kter´e je ˇ sen´ı 5. Obˇe strany rovnice budeme uvaˇzovat modulo 3. C´ Reˇ dˇeliteln´e 3, je kongruentn´ı 0 mod 3 (protoˇze zbytek po vydˇelen´ı ˇc´ıslem 3 je 0). Ostatn´ı ˇc´ısla jsou kongruentn´ı 1 mod 3 nebo 2 mod 3. To znamen´a, ˇze libovoln´e ˇc´ıslo x lze napsat ve tvaru x = 3k + l, kde k ∈ Z a l je 0, 1 nebo 2. Pro ˇc´ıslo x2 pak plat´ı x2 = (3k + l)2 = 3(3k 2 + 2kl) + l2 (pro l = 0 nebo 1 je l2 = l kongruentn´ı l mod 3, pro l = 2 je l2 = 4 kongruentn´ı 1 mod 3). Mohou nastat tyto pˇr´ıpady: x je kongruentn´ı 0 mod 3 ⇒ x2 je kongruentn´ı 0 mod 3, x je kongruentn´ı 1 mod 3 ⇒ x2 je kongruentn´ı 1 mod 3, x je kongruentn´ı 2 mod 3 ⇒ x2 je kongruentn´ı 1 mod 3, Vrat’me se nyn´ı k zadan´e rovnosti a2 + b2 = c2 . Vyzkouˇs´ıme vˇsechny moˇznosti dosazen´ı 0 nebo 1 mod 3 za vˇsechny druh´e mocniny a zjist´ıme, ˇze rovnost nast´av´a pouze v tˇechto pˇr´ıpadech: 0+0 = 0 23
mod 3
0+1 = 1 1+0 = 1
mod 3 mod 3
V prvn´ım pˇr´ıpadˇe jsou vˇsechna ˇc´ısla a, b, c dˇeliteln´a 3, v druh´em pˇr´ıpadˇe je a dˇeliteln´e tˇremi, ve tˇret´ım pˇr´ıpadˇe je b dˇeliteln´e tˇremi. uk´azali jsme, ˇze ve vˇsech moˇzn´ ych pˇr´ıpadech je alespoˇ n jedno z ˇc´ısel a, b, c dˇeliteln´e 3. Jin´ y zp˚ usob ˇ reˇ sen´ı: D˚ ukaz provedeme sporem. Pˇredpokl´adejme, ˇze ˇc´ısla a, b, c nejsou dˇeliteln´a 3. Stejnˇe jako v pˇredchoz´ım ˇreˇsen´ı odvod´ıme, ˇze druh´a ˇ ısla a, b, c nejsou mocnina x2 ˇc´ısla x d´av´a zbytek 0 nebo 1 po vydˇelen´ı 3. C´ dˇeliteln´a 3, to znamen´a, ˇze a2 , b2 , c2 d´avaj´ı zbytek 1 po vydˇelen´ı 3. Dosad´ıme do rovnice 1+1=1 mod 3 Tato rovnost ale neplat´ı, dost´av´ame spor. P˚ uvodn´ı pˇredpoklad neplat´ı. Alespoˇ n jedno z ˇc´ısel a, b, c mus´ı b´ yt dˇeliteln´e 3. 6. Ukaˇzte matematickou indukc´ı, ˇze pro kaˇzd´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n plat´ı rovnost 1 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1). 3
ˇ sen´ı 6. Uk´aˇzeme, ˇze rovnost plat´ı pro n = 1. Dosad´ıme Reˇ 12 =
1 ·1·3·1 3
⇔
1 = 1.
Zadan´a rovnost plat´ı pro n = 1. Pˇredpokl´adejme nyn´ı, ˇze rovnost plat´ı pro n = k, tj. ˇze plat´ı 1 12 + 32 + 52 + · · · + (2k − 1)2 = k(2k + 1)(2k − 1). 3
(11)
Chceme uk´azat, ˇze pak rovnost plat´ı i pro n = k + 1, tj ˇze plat´ı ? 1 12 + 32 + 52 + · · · + (2(k + 1) − 1)2 = (k + 1)(2(k + 1) + 1)(2(k + 1) − 1). 3
24
Budeme upravovat nejdˇr´ıve levou stranu posledn´ı rovnosti a uk´aˇzeme, ˇze se rovn´a prav´e stranˇe rovnosti (najdeme ˇc´ast lev´e strany L, kter´a je stejn´a jako lev´a strana rovnosti (11) a nahrad´ıme ji pravou stranou rovnosti (11)). L = 12 +32 +52 +· · ·+(2k−1)2 +(2(k+1)−1)2 = 12 +32 +52 +· · ·+(2k−1)2 + (2k +1)2 = 13 k(2k +1)(2k −1)+(2k +1)2 = 13 (2k +1)(k(2k −1)+3(2k +1)) = 1 (2k+1)(2k 2 −k+6k+3) = 13 (2k+1)(2k+3)(k+1) = 13 (k+1)(2k+3)(2k+1). 3 ´ Upravou prav´e strany dostaneme P = 13 (k + 1)(2k + 3)(2k + 1). Dost´av´ame rovnost L = P . Matematickou indukc´ı jsme uk´azali, ˇze uveden´a rovnost plat´ı pro kaˇzd´e pˇrirozen´e ˇc´ıslo n.
Pouˇ zit´ a a doporuˇ cen´ a literatura
ˇ sa, J.; Metody ˇreˇsen´ı matematick´ [1] Herman, J., Kuˇcera, R., Simˇ ych u ´loh I, 2. vyd.(pˇrepracovan´e), Masarykova univerzita v Brnˇe, Brno, 1996. [2] Kuˇrina, F., Umˇen´ı vidˇet v matematice, 1. vyd., SPN, Praha, 1990. [3] Opava, Z., Matematika kolem n´as, 1. vyd´an´ı, Albatros, Praha, 1989. [4] Singh S., Velk´a Fermatova vˇeta, 1. vyd´an´ı, Academia, Praha, 2000.
25
