Atrisinājumi Latvijas 64. matemātikas olimpiāde 3. posms x 1. risinājums. Pārveidojam doto izteiksmi, atdalot pilno kvadrātu:

Transcript

1 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms 9 Kādu mazāko vērtību var pieņemt izteiksme 0, ja > 0? risiājums Pārveidojam doto izteiksmi, atdalot pilo kvadrātu: 0 ( ) Tā kā kvadrāts viemēr ir eegatīvs, tad izteiksmes mazākā iespējamā vērtība ir tad, kad 0 0 0, jeb 0 0 Līdz ar to esam ieguvuši, ka izteiksmes mazākā vērtība ir 0 u tā tiek sasiegta pie 0 risiājums No sakarības starp vidējo aritmētisko u vidējo ģeometrisko seko, ka Šo vērtību izteiksme sasiedz, ja jeb 0 u 0 9 Naturālu skaitļu virkes pirmie trīs locekļi ir vieādi ar, bet katrs ākamais ir vieāds ar trīs iepriekšējo skaitļu summu Cik starp virkes pirmajiem a) 00, b) 0 locekļiem ir tādi, kas dalās ar 5? Katra virkes elemeta, dalot to ar 5, atlikums, ir atkarīgs tikai o triju iepriekšējo elemetu atlikumiem, dalot ar 5 plūkojam atlikumu virki, kas rodas virkes elemetus, dalot ar 5:,,,, 0,,,,, 0,, 0,,,,,, 0,,, 0, 0,,,,,,,,,,,,, Tātad atlikumi ir periodiski ar periodu Tas ozīmē, ka katrā locekļu grupā ir 6 locekļi, kas dalās ar 5 a) 00 locekļi veido trīs pilas grupas u vēl septiņus locekļus Tātad tādu skaitļu skaits, kas dalās ar 5 ir 6 9 b) 0 locekļi veido 6 pilas grupas u vēl 0 locekļus Tātad tādu skaitļu skaits, kas dalās ar 5, ir Taisleņķa trijstūra BC taisais leņķis ir Pukts X ir o pret BC vilktā augstuma pamats Nogriežņa XC viduspukts ir Y Uz malas B pagariājuma izvēlēts pukts D tā, ka B BD Pierādīt, ka DX ir perpedikulārs Y Nogriezi Y pagaria aiz pukta Y u atliek puktu P tā, ka Y YP (skat zīm) Tas ozīmē, ka četrstūris XPC ir paralelograms, jo tā diagoāles P u XC to krustpuktā Y dalās uz pusēm Nogriezi XP pagariot līdz krustpuktam ar D, iegūst, ka PH D, jo C D u PH C plūkojam trijstūri DP No tā, ka B BD u Y YP seko, ka BY ir trijstūra DP viduslīija Tātad BY DP No tā, ka X BY, seko, ka R DP Tas ozīmē, ka trijstūrī DP ir ovilkti divi augstumi PH u R, kas krustojas puktā X Līdz ar to ogriezis, kas vilkts o virsotes D caur puktu X, ir trešais šī trijstūra augstums, tātad DK P u DK Y, kas arī bija jāpierāda 0 gada marts

2 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms D R B H X Y P K C zīm 9 Gatavojoties diplomātu apspriedei, krēsli tika izvietoti ap apaļu galdu vieādos attālumos u katrai o vietām tika sagatavota plāksīte ar diplomāta vārdu Diemžēl, ieņemot vietas pie galda, diplomāti šīs plāksītes eņēma vērā u izrādījās, ka evies o diplomātiem av apsēdies pretī savai plāksītei a) Pierādīt: epārsēdiot diplomātus, galdu ir iespējams pagriezt tā, ka vismaz divi diplomāti atradīsies pret savām plāksītēm b) Pierādīt: ja sākumā tieši vies diplomāts būtu sēdējis pret savu plāksīti, tad ir iespējams, ka viņi apsēdušies tā, ka, pagriežot galdu, av iespējams paākt, ka pret savu plāksīti atradīsies vairāk par vieu diplomātu a) paļajam galdam pavisam ir derīgas pozīcijas, kuras var iegūt galda pagriešaas par oteiktu vietu skaitu rezultātā Katrs diplomāts pret savu plāksīti atradīsies tikai vieā o šīm pozīcijām Katrai galda pozīcijai i ( i ) ar p i apzīmējot diplomātu skaitu, cik šajā pozīcijā atrodas pret savām plāksītēm, iegūstam p p p Ziāms, ka viea o p vērtībām ir 0, jo sākuma evies o diplomātiem eatrodas pretī savai i plāksītei Pēc Dirihlē pricipa kādai o atlikušajām p j vērtībām jābūt vismaz, t i, ir vismaz divi diplomāti, kas kādā pozīcijā atrodas pretī savām plāksītēm b) Pieņemot, ka diplomāti umurēti ar aturāliem skaitļiem o līdz pēc kārtas u sēdiāt tos ap galdu bija paredzēts pulksteņrādītāja virzieā (plāksītes saliktas -----), tad diplomātiem pie galda apsēžoties, piemēram, šādi , izpildās uzdevumā prasītais Diplomātiem i u j, ja i sēž savā vietā, tad j-tā plāksīte atrodas j i vietas pa labi, bet j-ais diplomāts atrodas j i vietas pa kreisi Tā kā ir epāra skaitlis, tad j evar sēdēt pie savas plāksītes Piezīme Pavisam iespējami 7 atšķirīgi diplomātu izvietojuma variati ar iepriekšmiēto īpašību 95 trast vieādojuma ( 5 7) ( 5 6) 0 sakņu kubu summu pzīmējam p 5 8 Ievietojot dotajā vieādojumā, iegūstam ( p ) ( p ) 0 jeb p 7 u p ± 7 Esam ieguvuši, ka šo vieādojumu var sadalīt reiziātājos ( p 7)( p 7) 0 Tas ozīmē, ka sākotējā vieādojuma sakes sakrīt ar vieādojumu 5 (8 7) 0 u 5 ( 8 7) 0 sakēm (šo vieādojumu diskrimiati ir attiecīgi D u D v 57 7 >, u, v > 0, tāpēc katram o tiem ir divas sakes) pzīmēsim šīs sakes pa pāriem ar Pēc Vjeta teorēmas iegūstam sakarības: 5, 0 gada marts

3 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms (8 7), (8 7) Ievērojam, ka a b ( a b)( a ab b ) ( a b)(( a b) ab) Tāpēc 5 (5 (8 7)) 5 (5 (8 7)) 90 0 trisiāt vieādojumu sistēmu 5( y z) yz y z kur, y, z veseli eegatīvi skaitļi Ievērojam, ka sistēmas atrisiājums ir (0, 0, 0) Pirmajā vieādojumā aizstājot y z ar, iegūstam 5 ( ) yz jeb 0 yz Ja 0, tad o pirmā vieādojuma iegūstam, ka 0 0 yz y z pskatām visus veselos pozitīvos skaitļa 0 dalītājus: z, tad y 0 u 0 ; z, tad y 5 u 5 7 ; z 5, tad y u 5 7 ; z 0, tad y u 0 Tātad dotajai sistēmai ir pieci atrisiājumi: (0, 0, 0), (, 0, ), (7, 5, ), (7,, 5), (,, 0) 0 trast visas tādas vesela skaitļa vērtības, kurām ga, ga pzīmējam k Tad k u pārveidojam pirmo izteiksmi: ( k ) k 9k 7k 7 k 9k 7 k k k Līdzīgi, apzīmējot m, pārveidojam otro daļu: ir veseli skaitļi ( m ) m 6m 96m 56m m 6m 96m 56 m m m Lai abu daļu vērtības būtu veseli skaitļi, tad skaitlim k jābūt dalītājam u atbilstošajam skaitlim m jābūt 60 dalītājam Derīgās vērtības apkopotas tabulas otrajā ridā: No skaitļu vērtībām ietoētās ir skaitļa 60 dalītāji Tātad meklētās vērtības ir 9, 6, 5,, 0,, gada marts

4 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms 0 Ir pieejams eierobežots daudzums 7 u cetu pastmarku, kuras izmato pasta sūtījumu apmaksāšaai Diemžēl dažas summas av iespējams apmaksāt tikai ar šīm pastmarkām (piemēram, ja sūtījums maksā 6, 8 vai 5 cetus) Kāda ir lielākā summa, kuru av iespējams apmaksāt izmatojot tikai šīs pastmarkas? Parādīsim, ka 7 cetu av iespējams precīzi apmaksāt ar 7 u cetu pastmarkām Šajā summā ir e vairāk kā piecas cetu pastmarkas plūkosim, kāda summa atkarībā o izmatoto cetu pastmarku skaita būtu jāapmaksā ar 7 cetu pastmarkām: cetu pastmarku skaits Summa, kas apmaksāta ar cetu pastmarkām Summa, kas jāapmaksā ar 7 cetu pastmarkām Nevieā o variatiem atlikusī summa av 7 daudzkārtis, tātad šo summu av iespējams apmaksāt ar 7 cetu pastmarkām Tātad 7 cetu av iespējams precīzi apmaksāt ar 7 u cetu pastmarkām Pierādīsim, ka jebkuru lielāku summu ir iespējams samaksāt ar 7 u cetu pastmarkām Ievērosim, ka ja N cetu apmaksāšaā ir izmatota vismaz viea cetu pastmarka, tad aizvietojot to ar divām 7 cetu pastmarkām, varēs apmaksāt N cetu Šādu aizvietošau apzīmēsim ar Ja N cetu apmaksāšaā ir izmatotas vismaz viepadsmit 7 cetu pastmarkas, tad aizvietojot tās ar sešām cetu pastmarkām, varēs apmaksāt N cetu Šādu aizvietošau apzīmēsim ar B Ievērojam, ka u Visas lielākās summas var iegūt izvēloties kādu o šīm summām u pievieojot epieciešamo 7 cetu pastmarku skaitu 0 Divas dažāda rādiusa riņķa līijas ar cetriem puktos B u C ārēji saskaras puktā bu riņķa līiju kopējā pieskare, kas eiet caur puktu, pirmajai riņķa līijai pieskaras puktā D, bet otrai puktā E Taise, kas ovilkta caur perpedikulāri DE, krusto ogriežņa BC vidusperpedikulu puktā F Pierādīt, ka BC F pzīmējam B r u C R BC r R Tad BC B BC r R u jāpierāda, ka F BC r R No ogriežņa vidusperpedikula defiīcijas seko, ka BH HC No pukta H ovelkam perpedikulu pret DE, perpedikula u DE krustpuktu apzīmējam ar X (skat zīm) B 0 gada marts

5 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms F B H C D X E zīm Nogriezis HX ir trapeces DBCE ( BD EC kā rādiusi pret pieskari DE) viduslīija, tātad BD CE r R HX u DX EX Nogriezis HX ir paralēls F, jo HX DE u F DE Novelkam abu riņķu kopējo pieskari, kas iet caur šī pieskare krusto DE puktā Y Tā kā BC Y u BC FH, tad Y FH Izmatojot pieskaru, kas vilktas o viea pukta pret riņķa līiju, īpašību, iegūstam EY Y u DY Y Tātad DY EY u Y ir DE viduspukts Saāk, ka X u Y ir vies u tas pats pukts, jo abi atrodas DE viduspuktā pskatām četrstūri FHX, tā pretējās malas ir pa pāriem paralēlas Tātad FHX ir paralelograms r R Tātad F HX kā paralelograma pretējās malas Līdz ar to esam pierādījuši vajadzīgo 05 Gatavojoties vēlēšaām politiskās partijas saviem vēlētājiem kopumā ir devušas s (aturāls skaitlis) dažādus solījumus Ziāms, ka jebkurām divām partijām var atrast vismaz vieu solījumu, ko devušas abas partijas Tajā pat laikā av iespējams atrast divas partijas, kuru dotie solījumi sakristu pilībā ir iespējams atrast vismaz vieu solījumu, ko viea partija ir devusi, bet otra ē Kāds ir lielākais iespējamais partiju skaits, kas gatavojas vēlēšaām? s Lielākais iespējamais dažādo solījumu komplektu skaits ir (kopas, kuras apjoms ir s, visu apakškopu skaits) Ziāms, ka katrai kopas apakškopai B eksistē tās papildiājums C līdz kopai, u kopu B u C šķēlums ir tukša kopa, t i, kopām B u C av kopīgu elemetu Šādus divus solījumu komplektus (apakškopu u tās papildiājumu) evar piekārtot partijām, jo eizpildās uzdevuma osacījums, ka jebkurām divām partijām var atrast vismaz vieu solījumu, ko devušas abas partijas Līdz ar to o katra šādu solījumu komplektu pāra partijām var piekārtot e vairāk kā vieu solījumu komplektu Tātad iespējamais partiju skaits ir vismaz divas reizes mazāks ekā visu kopas apakškopu skaits, t i, s : s Parādīsim, ka šāds partiju skaits ir iespējams Pieņemsim, ka eksistē vies solījums, kas kopīgs visām partijām Tad o atlikušajiem s solījumiem var izveidot s dažādus solījumu komplektus (kopas, kuras apjoms ir s dažādo gada marts s

6 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms apakškopu skaits) Līdz ar to esam izveidojuši apmieria uzdevuma osacījumus Tātad lielākais iespējamais partiju skaits ir s s atšķirīgus solījumu komplektus, kas Vai eksistē tāds aturāls skaitlis, ka, oapaļojot izteiksmju 0 0 u 0 0 vērtības līdz tuvākajam aturālajam skaitlim, iegūtie skaitļi ir vieādi? Ievērosim, ka 0 0 < 0 0 < 0 0 ; 0 0 < < 0 < < Tātad izteiksmes 0 0 vērtība tiks oapaļota uz 0, bet uz 0 Tas ozīmē, ka evieai aturālai vērtībai šie skaitļi evar būt vieādi Noteikt, kāds ir lielākais skaits, cik o pieciem aturāliem skaitļiem a, a, a, a, a 6 var būt pirmskaitļi Ja a ir pāra skaitlis, tad starp dotajiem pieciem skaitļiem ir e vairāk kā vies pirmskaitlis, t i, ja a, tad pirmskaitlis ir, vai ja a ir kāds cits pāra skaitlis, tad starp dotajiem pieciem skaitļiem av eviea pirmskaitļa Ja a, tad ir divi pirmskaitļi u 7, pārējie skaitļi ir 5, 5 u 9, kas av pirmskaitļi Ja a >, tad tieši vies o skaitļiem a, a, a dalās ar : ja a k, tad a dalās ar ; ja a k, tad a k k 5 dalās ar ; ja a k, tad a k k dalās ar Tā kā šajā gadījumā vismaz vies o skaitļiem dalās ar, tad e vairāk kā o šiem skaitļiem var būt pirmskaitļi Četrus pirmskaitļus var iegūt, ja izvēlas, piemēram, a 5 Tad a 9, a 7, a 7 u a 6 6 ir pirmskaitļi zīmējumā redzamās figūras virsotēs epieciešams ierakstīt pirmos aturālos skaitļus (katrā virsotē vieu) tā, lai katras rūtiņas virsotēs ierakstīto četru skaitļu summa būtu vieāda ar M Vai to var izdarīt, ja a) M 8; b) M 6? ; zīm a) Vies o atrisiājumiem ir parādīts zīm b) Pierādīsim, ka skaitļu izvietojums ar M 6 eeksistē gada marts

7 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms Pieņemsim, ka šāds izvietojums eksistē plūkosim trīs kvadrātus, kuru malas attēlotas ar trekām līijām (skat zīm) Sastādīsim trīs vieādības: M 5 ; 8 9 M ; 6 7 M pzīmēsim ar S visu skaitļu o līdz summu: S K 78 Tad, saskaitot šīs trīs vieādības, iegūstam, ka S M 0 Ja M 6, tad S 78 6 M Līdz ar to 0 Iegūta pretrua ar to, ka virsotēs jāieraksta dažādi skaitļi zīm zīm Platleņķa trijstūra BC platais leņķis ir BC Novilktas trīs riņķa līijas tā, ka trijstūra BC malas ir attiecīgi šo riņķa līiju diametri Bez trijstūra virsotēm riņķa līijas pa pāriem krustojas vēl trīs puktos P, Q u R Pierādīt, ka ir trijstūra PQR bisektrišu krustpukts pzīmēsim riņķa līiju, kuras diametrs ir B ar R, kuras diametrs ir C ar R u kuras diametrs ir BC ar R (skat 5 zīm) 5 zīm Šīs riņķa līijas katra iet caur attiecīgās malas galapuktiem u caur to augstumu pamatiem, kas atrodas uz divām pārējām malām vai to pagariājumiem: R iet caur puktiem, R, B u P; R caur, R, C u Q; R caur B, C, Q u P, pie kam BPC BQC RB 90 Pukts atrodas trijstūra PQR iekšpusē (CP u BQ krustpuktā: ga P, ga CP ir perpedikulārs pret BP ( R u R īpašības) tātad P, u C atrodas uz vieas taises; gada marts

8 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms ga Q, ga BQ ir perpedikulārs pret CQ ( R u R īpašības) tātad B, u Q atrodas uz vieas taises) No R ievilkto leņķu īpašībām: BP RP, jo abi balstās uz viea u tā paša loka P No R : RQ CQ (abi balstās uz loka Q) No R : PBQ PCQ (abi balstās uz loka PQ) Ievērojot, ka BP QBP u CQ PCQ, iegūstam, ka RP RQ Tātad R ir PRQ bisektrise No R ievilkto leņķu īpašībām: QR CR (abi balstās uz R) No R : PQB PCB (abi balstās uz BP) Ievērojot, ka CR PCB, iegūstam, ka PQB QR Tātad Q ir PQR bisektrise Tātad divas o trijstūra PQR bisektrisēm krustojas puktā tātad ir trijstūra PQR bisektrišu krustpukts, kas arī bija jāpierāda 5 Naturālus skaitļus a, b u c saista sakarība c a b Pierādīt, ka katru o skaitļiem c ab u c ab var izteikt kā divu aturālu skaitļu kvadrātu summu a b c a b c c a b c a b plūkojam skaitļus, y, p u q No sakarības c a b viegli ievērot: ja kāds o skaitļiem a, b, c ir epāra skaitlis, tad o atlikušajiem vies ir epāra, bet otrs pāra Tātad vai u visi skaitļi a, b, c ir pāra, vai starp tiem ir tieši divi epāra skaitļi Tas ozīmē, ka visi skaitļi, y, p, q ir veseli skaitļi Skaitļi a, b, c ir Pitagora trijstūra malas, tāpēc o trijstūra evieādībām a b > c, a c > b, b c > a seko, ka visi skaitļi, y, p, q ir lielāki ekā ulle tātad aturāli skaitļi tliek ievērot, ka ( a b) ( a b) c c ( a b) ( a b) c c ( a b) c y a ab b c c ab c ab ; c c( a b) ( a b) c c( a b) ( a b) c ( a b) p q c a ab b c ab c ab Izteiksmē ± ± ± ± ± 00 0 katru zīmi ± aizvietoja vai u ar, vai tā, lai izteiksme būtu patiesa Kāds lielākais zīmju skaits var būt šajā izteiksmē? Pierādīsim, ka zīmju skaits evar būt lielāks kā 8 Pieņemsim pretējo, ka var būt 8 saskaitāmie ar zīmi Šajā gadījumā mazākā iespējamā izteiksmes vērtība būs tad, ja pie mazākajiem virkes locekļiem būs, bet pie lielākajiem Tad mazākā izteiksmes vērtība ir > 0 Tā kā tika izveidota mazākā iespējamā izteiksmes vērtība ar šo skaitu, tad visas citas izteiksmes būs ar vēl lielāku vērtību Pareizu izteiksmi ar 8 zīmēm var iegūt, ja iepriekšējā izteiksmē omaia pret pie saskaitāmā 8 Izteiksmes vērtība samaziāsies par 8 76 u būs vieāda ar Tātad lielākais skaits izteiksmē ir gada marts

9 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms Katram aturālam skaitlim ir defiēta fukcija f ( ) Pierādīt, ka visiem > ir spēkā sakarība f ( ) f () f ( ) f ( ) Izmatosim matemātiskās idukcijas metodi Ievērojam, ka f ( ) Idukcijas bāze Ja, tad f ( ) u dotā sakarība f () f () ir patiesa Iduktīvais pieņēmums Pieņemsim, ka sakarība ir spēkā, ja k : k f ( ) f () f ( k ) k f ( k) (*) Iduktīvā pāreja Pierādīsim, ka sakarība ir spēkā, ja k bām vieādības (*) pusēm pieskaitot f (k) : f ( k), k iegūstam k f ( ) f () f ( k ) k f ( k) f ( k) ; k ( k ) ( f () ) ( f () ) ( f ( k ) ) ( k ) f ( k) k Izmatojot, ka f () u f ( k ) f ( k), iegūstam k k k k ( k ) f () f () f () f ( k) ( k ) f ( k) k Tātad ( k ) f ( ) f ( ) f ( ) f ( k) ( k )( f ( k) ) ( k ) f ( k ) k Tā kā apgalvojums ir patiess, ja, u o tā, ka apgalvojums ir spēkā, ja k, izriet, ka apgalvojums ir spēkā arī k, seciām, ka apgalvojums ir spēkā visām aturālām ( > ) vērtībām Riņķa līijā ar cetru puktā O ovilkti divi savstarpēji perpedikulāri rādiusi O u OB Nogriezis C ir trijstūra BO mediāa, CD ir trijstūra CO bisektrise, pukts E izvēlēts uz mazākā loka B tā, ka ED ir trijstūra EO augstums prēķiāt leņķa ED lielumu grādos Pagariām O tā, ka F ir diametrs u ovelkam ogriezi EF (skat 6 zīm) Tad trijstūris EF ir taisleņķa, jo EF balstās uz diametru F E B α C D α α F 6 zīm EF ~ DE (pēc pazīmes ll ), jo EF DE 90 u ED ir kopīgs pzīmējam FE ED α (kā atbilstošie leņķi līdzīgos trijstūros) Tad EOD FE α kā cetra leņķis, kas balstās uz to pašu loku kā FE gada marts

10 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms Pieņemsim, ka O OB OE Tad OC u o Pitagora teorēmas trijstūrī OC seko, ka C OC O () 5 Izmatojot bisektrises īpašību (bisektrise CD trijstūrī OC), iegūstam OD OC OD OD 5 OD OD D C O OD 5 5 No trijstūra ODE iegūstam, ka OD 5 cos α OE ( 5) 5 Izmatojot trigoometrisko formulu cos β cos β si β cos β, iegūstam 5 cos 5 cos α α 8 Tā kā α ir šaurs trijstūra leņķis, tad cosα ( 5) 6 5 ( 5 ) cos α cos α 8 8 Esam ieguvuši, ka cos α cosα jeb, izmatojot redukcijas formulas, cos α cos( π α) Ievērojot, ka α ir šaurs trijstūra leņķis, iegūstam π 80 α π α 5α π α jeb α Šaha festivālā piedalījās 0 dalībieki, daži savā starpā arī izspēlēja vieu šaha partiju Ziāms, ka starp jebkuriem trim festivāla dalībiekiem oteikti ir divi, kuri savā starpā ir izspēlējuši partiju Kāds ir mazākais iespējamais kopējais šaha partiju skaits, kas ir izspēlētas šajā festivālā? pzīmēsim festivāla dalībiekus ar puktiem u, ja divi spēlētāji sava starpā ir izspēlējuši šaha partiju, tad atbilstošos puktus savieosim ar ogriezi Tātad mums jāoskaidro, kāds ir mazākais ovilkto ogriežņu skaits r f () apzīmēsim mazāko ogriežņu skaitu kas ovilkti starp puktiem u kam būtu spēkā uzdevumā dotā īpašība starp katriem trim puktiem ir ovilkts vismaz vies ogriezis pskatām puktu Izmetot jebkuru vieu puktu, ir jābūt spēkā īpašībai f ( ) d( i) f ( ), kur d (i) i-tajā puktā ieejošo ogriežņu skaits Saskaitot šīs evieādības visiem puktiem, iegūstam, ka ( ) f ( ) d( i) ( ) f ( ) Tā kā katrs ogriezis ieskaitīts tieši divas reizes, tad d ( i) f ( ) Tātad Ziāms, ka f ( ) ( ) f ( ) f ( ) ( ) f ( ) ; ( ) f ( ) f ( ) (*) Ievērojot, ka ogriežņu skaits ir aturāls skaitlis, pēc formulas (*) iegūstam, ka f ( ), f ( 5), f ( 6) 6, f ( 7) 9, f ( 8) r matemātiskās idukcijas metodi pierādīsim, ka visiem aturāliem k izpildās f ( k) k( k ) u f ( k ) ( k ) Idukcijas bāze f ( ), f ( ) gada marts

11 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms Iduktīvais pieņēmums Pieņemsim, ka katram k ( k i ) izpildās evieādības f ( k) k( k ) u f ( k ) ( k ) Iduktīvā pāreja Pierādīsim, ka miētās sakarības ir spēkā arī pie k i Pēc pieņēmuma f ( i) i( i ), i > No (*) seko, ka f (i) (i ) i( i )(i ) i i i i (i ) i i f (i ) i > i i i i i i Tātad f ( i ) i No (*) seko, ka ( i ) f (i ) ( i ) f (i ) ( i ) i f (( i )) f (i ) i( i ) i i i Līdz ar to ir pierādīts, ka f ( k) k( k ) u f ( k ) ( k ) visiem aturāliem k Tagad atliek aprakstīt, ka šāda situācija ir iespējama, ti, starp 0 puktiem, ievērojot uzdevuma osacījumus, ovilkti 00 ogriežņi Ievērojam, ka f ( 0) f ( 007) Sadalām visus 0 puktus divās vieāda izmēra grupās (katrā grupā 007 pukti) u starp visiem vieas grupas puktiem ovelkam visus ogriežņus Katrā grupā ogriežņu skaits ir, kopējais ogriežņu skaits ir Tādējādi ir iegūts tieši vajadzīgais ogriežņu skaits Izvēloties jebkurus trīs puktus, o Dirihlē pricipa seko, ka divi o šiem puktiem pieder vieai o izveidotajām divām grupām, līdz ar to starp šiem diviem vieas grupas puktiem ir ovilkts ogriezis Tātad starp jebkuriem trīs puktiem ir ovilkts vismaz vies ogriezis 5 Vai var atrast tādu aturālu vērtību, kam piemīt īpašība: visu skaitļa aturālo dalītāju, izņemot u, kvadrātu summa vieāda ar Pierādīsim, ka šādu aturālu skaitļu av pzīmējam apskatāmo dalītāju kvadrātu summu ar S () Ievērosim, ka S ( ) < 9 6 ( ) Pamatosim, ka 9 jeb, dalot ar, iegūstam 9 6 ( ) 6 ( ) ( ) ( ) < < (*) Ja aturāls skaitlis k atrodas starp divieka pakāpēm, t i, skaitlis, tad u k a a k a k a, kur a aturāls 0 gada marts

12 trisiājumi Latvijas 6 matemātikas olimpiāde posms Nevieādības (*) katru kreisās puses saskaitāmo aizstāsim ar, ja a a k, tā tikai a k palieliot summas vērtību: < a a a Ievērosim, ka ir tieši tādi aturāli skaitļi, kas apmieria evieādības k Tātad a a iegūtajā summā būs tieši saskaitāmie ar saucēju Līdz ar to iegūtā summa ir Tika izmatota bezgalīgi dilstošas ģeometriskās progresijas (ar kvocietu 0,5 u pirmo locekli 0,5) visu locekļu summas formula Esam pamatojuši, ka S( ) < < Tātad S ( ) <, līdz ar to evieam av iespējama vieādība S ( ) π Piezīme Ir spēkā sakarība 0, gada marts