Uogólnienia pewnych wybranych problemów olimpijskich

(1)

Uogólnienia pewnych wybranych problemów olimpijskich

Tożsamości i przekształcenia algebraiczne.

Antoni Stachowski.

(2)

W tej pracy chciałem przyjrzeć się dokładnie problemom olimpijskim i zastanowić się, czy i w jaki sposób można je uogólnić. Starałem się wybierać zadania algebraiczne, aczkolwiek natknąłem się na ciekawe problemy również spoza tego tematu i postanowiłem je także tutaj zamieścić.

Zacznijmy od uogólnienia zadania z półfinału zeszłorocznej Olimpiady Matematycznej Juniorów:

Czy istnieją takie liczby x₁,x₂,x₃,...,x₉₉z których każda jest równa 2 +1 lub 2 −1 i które spełniają równość x₁x₂ +x₂x₃ +x₃x₄ +...+x₉₈x₉₉ +x₉₉x₁ =199. Odpowiedź uzasadnij.

Na początek rozwiążmy to zadanie.

Zauważmy, że wszystkie iloczyny xnxn₊₁ mogą być równe 1, 2+2 2+1 lub 1

2 2

2− + . Oznaczmy liczby równe 2 +1 jako a i liczby równe 2 −1 jako b. Zauważmy, że iloczyny aa i bb są niewymierne, a ich suma jest wymierna. Oczywistym wnioskiem jest, że ilość iloczynów aa i bb musi być sobie równa, aby wynik był wymierny. Zauważmy też, że skoro ilość iloczynów aa i bb jest taka sama, a w iloczynie ab jest tyle samo liczb a co b, to ilość liczb a i b wśród liczb x₁,x₂,x₃,...,x₉₉ jest równa. Jako że liczb jest 99, czyli liczba nieparzysta, jest to niemożliwe. Teraz, spróbujmy uogólnić to zadanie. Liczba 199 nie gra w tym zadaniu żadnego znaczenia, tak więc możemy ją zastąpić dowolną liczbą wymierną. Podobnie, aby zaszła sprzeczność potrzebna jest nieparzysta ilość liczb x większa od 1, nie koniecznie równa 99. Także pod pierwiastkiem możemy umieścić dowolną liczbę wymierną n, taką że n_jest niewymierny. Tak więc uogólniona treść zadania brzmi:

Czy istnieją takie liczby x₁,x₂,...,x₂k₊₁ z których każda jest równa n+1_lub n−1_, gdzie n _jest _liczbą niewymierną, a n wymierną, i dla których

1 1 2 1 2 2 4

3 3 2 2

1x x x x x ... x x x x

x _k _k _k

+

+ +

+ + +

+ jest liczbą wymierną.

Teraz zajmijmy się zadaniem z części korespondencyjnej OMJ z roku szkolnego 2014/2015. Wyznacz najmniejszą możliwą wartość wyrażenia a +b³, gdzie a i b są dodatnimi liczbami o iloczynie równym 1. Ponownie zaczniemy rozwiązaniem zadania.

3 3

3 a a b

b a

a+ = + + +

(3)

4 4 3 3

4 3

3

27 1 27

3 3 3 4

3 3

3 ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = =

+ +

+ a b

a b a b a

a a a

Tak więc minimalną wartością a +b³jest ⁴ 27 4 1 .

Teraz spróbujmy uogólnić to zadanie. Zacznijmy od zmienienia wykładnika potęgi b z 3 na n, gdzie n jest liczbą naturalną. Wtedy

n

n b

n n a b

a+ = ⋅ +

1 1

1

+ +

+  = =



 



≥  +

+

⋅

n n n

n n

b b a

n a n

b n n a

Tak więc minimalną wartością jest

(

+1

)

ⁿ⁺¹ ¹_n

n

n . Sprawdźmy, co się stanie kiedy podniesiemy a do potęgi naturalnej m.

m m b n n a b a

n m

n

m + = ⋅ + ⋅

m n

m n m

n

m n

nm mn m

n

n m m n n

m

m n m

n b a m

b n a m

n

m m b n n a

+ +

+  = =















≥  +

⋅ +

⋅ 1

Tym razem minimalną wartością jest

( )

ⁿ ^m _n _m

m n m

n+ + 1

. Na koniec spróbujmy zwiększyć liczbę niewiadomych, gdzie ₂... 1

1a ak =

a

1 2 1 1 2 1 3

1 2 3

1 3

2 1 3

2 2

1

... ... ...

... ...

...

2 1

−

+

−

+

⋅ +

⋅

= +

+ +

k n k k

k n k

n k n

n

n n n n a n n n

n n n a n n n n n n a n n a

a a

k k

(4)

1 2 1 3 1 3 2

1 2 1 3

1 3

2 1

2 1 3 1 3 2

1 2 1 3

1 3

2

2 1 2

1 2 1 1

2 1 3 1 3 2

1 2 1 3

2 1 3

1 2

2 1

...

..

...

1 2 1 ...

3 1 ...

3 2 ...

..

...

1 2 1 ...

3 1 ...

3 2

...

2 ...

1 ...

..

...

1 2 1 ...

3 1

2 ...

3 2

1

1 2 1 3

1 3

2

1 2 1 1 2 1 3

1 2 3

1 3

2 1 3

2

) ...

...(

) ...

( ) ...

(

1

) ...

...(

) ...

( ) ...

(

...

... ...

...

..

...

... ...

...

−

+ + +

− +

+ +

− +

+ +

−

=

 =





































+ ≥ + +

+ +

⋅ +

⋅

k k

k

k k

k

k k

k

n n n n n n n n n

n n n k n

n n k n

n n n n n n n n

n n n k n

n n k n

n n k

n n n k n n n n n n n

n n n n n n n n

n n n

k n k n

n n

k n n

n n

k n

k k

k

k n k k

k n

k k

n

k

n n n n

n n n

n n

n n n n

n n n

n n

a a

a

n n n

a n

n n

a n

n n

a

n n n n

n n n n n

n n n n a n n n

n n n a n n n n n n a n n

Tak więc finalnie minimalną wartością jest:

1 2 1 3 1 3 2

1 2 1 3

1 3

2

...

1 2 1 ...

3 1 ...

3 2 1

2 1 3

1 3

2 ( ... ) ( ... ) ...( ... )

... 1 ..

...

... ⁻

−

+ + +

−

+ −

+

+ ^k ^k ^k

k k

k

n n n n n n n n n

n n n k n

n n k n

n n k k

k

k n n n nn n nn n

n n n n

n n n n n

Teraz zajmę się zadaniem niezwiązanym ściśle z algebrą, ale pasującym do ogółu pracy – uogólniania zadań olimpijskich. Wezmę pod lupę zadanie z półfinału IX edycji OMJ.

„Na płaszczyźnie zaznaczono n punktów (n≥3), z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Każdy z tych punktów pomalowano na jeden z trzech kolorów, przy czym każdego koloru użyto przynajmniej raz. Udowodnij, że istnieje taki trójkąt o wierzchołkach w zaznaczonych punktach, którego każde dwa wierzchołki mają różne kolory i do wnętrza którego nie należy żaden zaznaczony punkt.

Dowód tegoż zadania jest niezwykle prosty. Jako że każdego koloru użyto co najmniej raz, musi istnieć co najmniej jeden trójkąt o wierzchołkach różnych kolorów. Wybierzmy najmniejszy (według pola) spośród tych trójkątów. Teraz udowodnimy nie wprost, że nie ma w nim innych punktów. Gdyby był w nim jakiś inny punkt miałby on kolor jednego z trzech wierzchołków trójkąta załóżmy, że w trójkącie ABC punkt D ma kolor wierzchołka A. W takim wypadku trójkąt BCD ma mniejsze pole niż trójkąt ABC, więc trójkąt ABC nie był najmniejszym trójkątem o różnych kolorach wierzchołków.

Kluczowym dla tego dowodu jest fakt, że trójkąt nie może być wklęsły, przez co zastąpienie jednego z jego wierzchołków punktem leżącym wewnątrz jego zmniejsza jego pole. Tej własności nie posiadają figury o ponad 3 wierzchołkach.

Zauważmy, że analogiczne rozumowanie można przeprowadzić dla każdego obiektu wielowymiarowego, który posiada tą własność. Oczywiście, w żadnej przestrzeni nie może znajdować się wtedy ilość punktów, która w danej przestrzeni tworzy figurę która nie zawsze jest wypukła. Przykładem są przynajmniej 4 punkty, w przynajmniej 4 kolorach w 3-wymiarowej

(5)

przestrzeni, gdzie żadne 4 punkty nie leżą na jednej płaszczyźnie. W takim wypadku powstanie czworościan, który zawsze jest wypukły.

Na koniec zajmijmy się zadaniem z finału IX edycji OMJ. Brzmi ono tak:

„Spośród wierzchołków 100-kąta foremnego wybrano 51 punktów. Wykaż, że wśród wybranych punktów istnieją trzy będące wierzchołkami trójkąta prostokątnego równoramiennego.”

Na początku oznaczmy wierzchołki jako A₁,A₂,...,A₁₀₀. Teraz dzielimy wierzchołki na 25 grup po cztery, tak aby wierzchołki w każdej grupie były wierzchołkami kwadratu. Dostajemy grupy

{

A₁,A₂₆,A₅₁,A₇₆

} {

, A₂,A₂₇,A₅₂,A₇₇

}

,...,

{

A₂₄,A₄₉,A₇₄,A₉₉

}

. Z zasady szufladkowej Dirichleta przy wybieraniu 51 elementów z 25 grup z którejś grupy wybierzemy co najmniej 3 elementy. Dowolne trzy wierzchołki kwadratu tworzą trójkąt prostokątny równoramienny, co kończy dowód.

Rozważmy teraz, ile wierzchołków należy wybrać w n-kącie foremnym, aby trzy z nich tworzyły trójkąt równoramienny o kącie

( )

k k−2 ⋅180°

, gdzie k dzieli n. Podzielmy wierzchołki, podobnie jak powyżej, na grupy po k. Aby stworzyć kąt o takiej mierze należy wybrać trzy kolejne wierzchołki k-kąta foremnego, czyli z jednej z grup należy wybrać ponad

3

2 elementów,

czyli inaczej k

k 3 2

. Jako że k nie musi być podzielne przez 3, a wybieramy całkowitą ilość

punktów, należy wybrać k k 1 3

2 +





wszystkich punktów. Jako że tyle punktów należy wybrać

tylko z jednej grupy, to z zasady szufladkowej Dirichleta łącznie należy wybrać 3 1 2

+

⋅

 



n k

k

punktów.