Matematikos Maratonas Nr. 3

Naujas uždavinys. Maratas mėgsta tik atimties operaciją. Jis sumanė ant kvadrato viršūnių kažkuria tvarka užrašyti skaičius 2,0,1 ir 8 ir su gretimose viršūnėse įrašytų skaičių poromis atlikti šią operaciją. Taip jis gavo keturis rezultatus, kuriuos į kvadrato viršūnes surašė bet kuria pasirinkta tvarka. Ar kažkiek kartų pakartojęs surašymą jis gali vėl gauti skaičius 2,0,1 ir 8, jeigu:
• jis atima tik iš didesnio skaičiaus mažesnį;
• jis atima bet kokius du skaičius.

Kadangi Mathfux jau ilgą laiką nepateikia savo uždavinio sprendimo, pateikiu savo uždavinį
ABC- smailusis trikampis. Jo aukštinės kertasi taške H.
a) Įrodykite, kad taškas, simetriškas taškui H tiesės, einančios per trikampio kraštinę, atžvilgiu, priklauso trikampio apibrėžtiniam apskritimui.
b) Įrodykite, kad taškas, simetriškas taškui H trikampio kraštinės vidurio taško atžvilgiu, priklauso trikampio apibrėžtiniam apskritimui.

Mano uždavinio sprendimas. Imkime bet kuriuos sveikuosius skaičius $a$, $b$, $c$ ir $d$ ir atlikime su jais tai, ką atlieka Maratas. Gausime naujus sveikuosius skaičius, kurių moduliai lygūs $|a-b|$, $|b-c|$, $|c-d|$ ir $|d-a|$.

Kiekvienas iš šių skaičių pasižymi tuo, kad jo modulis neviršija likusiųjų skaičių modulių sumos. Pavyzdžiui
$$|a-b|\le|b-c|+|c-d|+|d-a|$$ galioja, nes galime pritaikyti trikampio taisyklę $|x+y+z|\le |x|+|y|+|z|$ kintamiesiems $x=b-c$, $y=c-d$ ir $z=d-a$.

Kadangi jokio iš gautų skaičiaus modulis neviršija likusiųjų skaičių modulių sumos, tai tas pats pasakytina ir apie skaičių, kuris yra didžiausias iš gautųjų. Kadangi skaičiaus 8 modulis viršija skaičių 2, 0 ir 1 modulių sumą, tai Maratas jokiame žingsnyje negali gauti vėl gauti skaičių 2, 0, 1 ir 8.

UŽDAVINIO (a dalies) SPRENDIMAS

Tegu smailiojo trikampio aukštinės CF, BE, AD kertasi taške H. Tegu taškas [tex]H_{1}[/tex] yra simetriškas taškui H tiesės AB atžvilgiu. Tada [tex]HF=FH_{1}[/tex], [tex]HH_{1} statmena AB[/tex]
[tex]\angle H_{1}AB=\angle HAB=\angle FCB=\alpha[/tex]
[tex]\angle H_{1}BA=\angle HBA=\angle FCA=\beta[/tex]
[tex]\angle AH_{1}B=180^{0}-(\alpha +\beta )=180^{0}-\angle ACB[/tex]
Todėl taškai A, B, C, [tex]H_{1}[/tex] priklauso tam pačiam apskritimui.
Teiginys (b) įrodomas analogiškai.

a dalį buvau spėjęs pasimėginti pats ir išsisprendžiau, tik neprisiruošiau parašyti sprendimo. Tačiau vis tiek įdomu būtų pamatyti kitą uždavinį. O gal man jį įkelti?

Gali įkelt savo uždavinį.

Gerai. Šį kartą uždavinys bus apie Marato bendramintį Bonifacijų, kuriam labai patinka sudėtis ir daugyba. Taigi, istorija klostėsi taip:

Bonifacijus įrodinėjo Maratui, kad yra įmanoma pasiimti tą patį kvadratą ir surašyti ant kvadrato viršūnių tokius natūraliuosius skaičius $a$, $b$, $c$ ir $d$, kad atlikus su gretimose viršūnėse esančiais skaičiais vien sudėtį arba vien daugybą galima gauti kažką gražaus, kur slypi skaičius 2018.

- Kaip tai? - pyktelėjo Maratas. - Aš taip dariau su atimtimi ir gavau 4 rezultatus, kuriuose turi būti skaitmenys 2, 0, 1, 8. Bet juk tu net negali gauti 0 vien sudėdamas arba daugindamas natūraliuosius skaičius!

- Ot ir ne! - išdidžiai atkirto Bonifacijus. - Aš ne toks, kuris daro tą patį per tą patį ir vis tiek nepadaro. Aš nesismulkinu: atlieku šių 4 skaičių daugybą, o jei nepavyksta, tai sudėtį ir gaunu skaičių 2018 iš karto.

O jūs pasakykite, kokia galėtų būti skaičių $a$, $b$, $c$ ir $d$ suma, kad Bonifacijaus planas pavyktų?

Mano uždavinio sprendimas. Bonifacas galėjo gauti vieną iš rezultatų $(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+a)$, $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)$, $ab\cdot bc \cdot cd \cdot da$, $ab+bc+cd+da$. Kiekvienam iš šių reiškinių reikia ištirti skaičių $a$, $b$, $c$ ir $d$ ketvertus, su kuriais reiškinys gali įgyti reikšmę 2018.

• $(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+a)=2(a+b+c+d)=2018$. Iš čia matome, kad tinka bet kurie natūralieji $a$, $b$, $c$ ir $d$, kurių suma yra 1009.
• Jei $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)= 2018$, tai jis yra išreikštas 4 dauginamųjų, didesnių už 1, sandauga. Kiekvienas iš šių dauginamųjų taip pat yra 2018 daliklis. Tačiau 2018 turi tik 3 daliklius, didesnius už 1: 2, 1009 ir 2018. Vadinasi, $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)\neq 2018$
• Jei $ab\cdot bc \cdot cd \cdot da=a^2b^2c^2d^2=2018$, tai $a$, $b$, $c$ arba $d$ dalijasi iš 2, vadinasi $a^2$, $b^2$, $c^2$ arba $d^2$ dalijasi iš 4. Tačiau to būti negali, nes 2018 nesidalija iš 4.
• Jei $ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)=2018$, tai pagal antro atvejo samprotavimus kiekvienas iš šių daugiklių gali būti tik 2 ir 1009 (2018 būti negali, nes tada likęs dauginamasis būtų lygus 1). Matome, kad suma $a+b+c+d$ tokiu atveju įgyja reikšmę 1011, pavyzdžiui tada, kai $a=b=c=1$ ir $d=1008$.

Galiausiai gavome, kad $a+b+c+d$ Bonifacijaus kvadrate gali įgyti tik reikšmes 1009 ir 1011.

Karolio uždavinio sprendimas.

Pirmas būdas - pritaikyti aritmetinės progresijos narių sumos formulę $S=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n$, kur $\left\{\begin{array}{l}n\text{ yra sumos dėmenų skaičius} \\ a_1\text{ yra pirmasis sumos dėmuo} \\ a_n\text{ yra paskutinysis sumos dėmuo} \end{array}\right.$
Pagal šią formulę $S=\frac{1+2017}{2}\cdot 2007=1004\cdot 2017$, todėl 2017 tikrai dalija duotą sumą.

Antras būdas. Matematikoje įprasta lyginiu žymėti $a\equiv b \text{(mod 2017)}$, jei $a$ duoda tą pačią liekaną dalijant iš 2017 kaip ir $b$. Viena iš lyginio savybių yra, kad lyginys lieka teisingas, jei kurią nors vieną iš jo pusių (arba abi) padidiname arba sumažiname kokiu nors 2017 kartotiniu. Naudodami šį žymėjimą galime parašyti:

$1+2+3+ \dots + 2016+ 2017\equiv 1+2+3+ \dots + 2016\equiv$
$\equiv(1-2017)+(2-2017)+\dots +(1007-2017)+(1008-2017)+1008+1009+\dots+2016\equiv$
$\equiv-2016-2015-2014-\dots-1005-1004+1004+1005+\dots+2015+2016\text{(mod 2017)}$

Sugrupavę narius taip, kad kiekvienas narys $-n$ būtų sudedamas su $n$ ($n \in \mathbb{N})$, gauname, kad $-2016-2015-2014-\dots-1005-1004+1004+1005+\dots+2015+2016\equiv 0\text{(mod 2017)}$.
Gavome nulinę liekaną, o tai reiškia, jog reiškinys dalijasi (be liekanos) iš 2017.

Įkelčiau naują užduotį, tačiau ar įdomu dar kam nors spręsti?