Zadanie: Dla jakich n, k mo»na podzieli¢ odwa»niki o masach 1g, 2g, ..., ng na k równych grup?
W dalszym ci¡gu dla wygody b¦dziemy pomijali oznaczenie jednostki masy.
Zauwa»my, »e je±li podziaª jest mo»liwy, to co najwy»ej jedna grupa mo»e skªada¢ si¦ z jednego odwa»nika. Pozostaªych k − 1 grup musi zawiera¢ co najmniej dwa odwa»niki. St¡d natychmiast:
2k − 1 ≤ n. (1)
Innym warunkiem koniecznym jest oczywi±cie podzielno±¢ ª¡cznej masy od- wa»ników w gramach przez k. Innymi sªowy, masa odwa»ników w jednej grupie:
m = n(n + 1)
2k (2)
musi by¢ liczb¡ caªkowit¡. Udowodnimy, »e powy»sze warunki s¡ równie»
wystarczaj¡ce.
Niech A b¦dzie zbiorem trójek (n, m, k) speªniaj¡cych warunki (1) i (2), dla których podziaª nie jest mo»liwy. Wyka»emy, »e A jest zbiorem pustym.
Zaªó»my przeciwnie, »e A nie jest pusty. Niech n0 b¦dzie najmniejsz¡ tak¡
liczb¡, »e dla pewnych m, k trójka (n0, m, k) jest elementem A. Nast¦pnie niech m0 b¦dzie najwi¦ksz¡ tak¡ liczb¡, »e trójka (n0, m0, k0) nale»y do A, przy odpowiednim doborze k0.
Zauwa»my, »e je±li dla pewnych n, k podziaª jest mo»liwy, to mo»liwy jest równie» po doªo»eniu kolejnych 2k odwa»ników. Wystarczy do pierwszej grupy doda¢ odwa»niki o masach (n + 1) i (n + 2k), do drugiej: (n + 2) i (n + 2k − 1) itd., wreszcie do k-tej: (n + k) i (n + k + 1). Oznacza to, »e niemo»liwy jest podziaª n0 − 2k0 odwa»ników na k0 grup w przeciwnym przypadku (n0, m0, k0) nie nale»aªoby do A. Wobec de nicji A, n0, m0 i k0, otrzymujemy 2k0− 1 > n0− 2k0, czyli:
2k0− 1 ≤ n0 < 4k0− 1. (3) Zakªadamy, »e nie jest mo»liwy podziaª n0 odwa»ników na k0 grup o masie m0. Wobec (1) oraz (3):
n0 ≤ m < 2n0. (4)
Mo»liwych jest kilka sytuacji.
1
1. Je±li n0 = 2k0−1, to w pierwszej grupie umieszczamy odwa»nik o masie (2k0− 1), w drugiej: dwa o masach (2k0− 2)i 1, w trzeciej: (2k0 − 3) i 2 itd., w k0-wej: k0 i (k0− 1). Sprzeczno±¢.
2. Je±li n0 = 2k0, to w pierwszej grupie umieszczamy dwa odwa»niki o masach 2k0 i 1, w drugiej: (2k0 − 1) i 2, w trzeciej: (2k0 − 2) i 3 itd., w k0-wej: (k0+ 1) i k0. Sprzeczno±¢.
3. Zaªó»my, »e m0 jest nieparzyste i n0 > 2m0. Niech l = n0 − m02−1. Poniewa» m0 − n0 < n0, wi¦c mo»emy umie±ci¢ w pierwszej grupie odwa»niki n0 i (m0 − n0), w drugiej: (n0− 1) i (m0 − n0+ 1) itd., w l-tej: (n0− l + 1), (n0− l). Pozostaªo nam n = m0− n0− 1odwa»ników o masach od 1 do n, które nale»y rozmie±ci¢ w k = k0− l grupach, po m0 w ka»dej. Zauwa»my, »e:
n−2k +1 = (m0−n0−1)−(2k0−(2n0−m0+1))+1 = n0−2k0+1 ≥ 0, czyli zachodzi (1). Zatem, na mocy de nicji A, n0, m0 i k0, podziaª n odwa»ników na k grup jest wykonalny. Zatem udaªo si¦ podzieli¢ n0
odwa»ników na k0 grup. Sprzeczno±¢.
4. Zaªó»my, »e m0 jest parzyste i n0 > 2m0. Niech l = n0 − m20. Jak poprzednio, w pierwszej grupie umie±¢my odwa»niki n0 i (m0 − n0), w drugiej: (n0 − 1) i (m0 − n0 + 1) itd., w l-tej: (n0 − l + 1), (n0 − l − 1). Pozostaª nam odwa»nik o masie m20 oraz n = m0 − n0 − 1 odwa»ników o masach od 1 do n, które nale»y podzieli¢ na k0− lgrup o masie m0. Zrobimy to nast¦puj¡co. Wpierw podzielimy n odwa»ników na k = 2k0 − 2l − 1 grup o masie m20. Nast¦pnie do jednej z nich doªo»ymy odwa»nik o masie m20, za± pozostaªe poª¡czymy w pary. Wraz z wcze±niejszymi krokami da nam to szukany podziaª n0 odwa»ników na k0 grup, przecz¡cy zaªo»eniu. Trzeba tylko sprawdzi¢ warunek (1).
Ale:
n−2k+1 = (m−n0−1)−(4k0−(4n0−2m0)−2)+1 = 3n0−m0−4k0+2, czyli na mocy (3):
2k0(n−2k+1) = 6k0n0−n20−n0−8k02+4k0 = (4k0−n0)(n0−2k0+1) ≥ 0.
Powy»sze przypadki wyczerpuj¡ wszystkie mo»liwo±ci, ka»dy za± prowadzi do sprzeczno±ci. Oznacza to, »e poczynione przez nas zaªo»enie jest faªszywe, a wi¦c zbiór A jest pusty. To ko«czy dowód.
2
