Matematikos Maratonas Nr. 3

VBE praėjo, bet spręst uždavinius tai vistiek reikia. Nestabdykit maratono!

Na jau, ponai, gerbiami profesionalai, pensininkės kantrybė neleidžia tiek laukti! Ar čia uždavinukas jums pasirodė nevertas laiko gaišimo, ar kas atsitiko?.. Kai aš jauna buvau, tokius uždavinukus visi studenčiukai pirmo kurso kaip bombonkes sunarnodavo pasigarduot. Kam įdomu, sprendimą galit susirasti Vinogradov knygutėje ,,Elements of number theory" (2 skyrius, 1 c. uždavinys), knyga plaukioja intarnieto jūrose mariose, o kas angliškai nelabai slebizavoja, tai pasiimkit и. м. виноградов ,,основы теории чиcел".

Peržvelgiau šį uždavinį neilgai trukus po jo paskelbimo. Čia iš karto galima atpažinti jo struktūrą: sprendimo idėjos panašios į dvilypio skaičiavimo arba paprasto ciklo prasukimo, kurį daro informatikai. Tačiau šio mechaninio darbo ir sprendimo aprašymo dar nesiryžau imtis. Gal ryt jau reiktų ryžtis pagaliau :-)

Tai, mathfux, gal perimk estafetę ir pratęsk maratoną, kad po VBE forumas visai neužgestų.

Sprendimas (pergalingai). Reikia parodyti, kad visus sveikąsias koordinetes turinčius taškus, esančius apskritimo $x^2+y^2=r^2$ viduje arba ant jo, galime suskaičiuoti pagal formulę
$\displaystyle T=1+4[r]+8\sum_{0<x\le \frac{r}{\sqrt{2}}\text{, }x\in \mathbb{Z}}\left[\sqrt{r^2-x^2}\right]-4\left[\frac{r}{\sqrt{2}}\right]^2$

Situacijai apibūdinti pateiksiu brėžinį, kuriame pavaizduotas vienas iš minėto skritulio ketvirčių su įbrėžtu kvadratu, kaip pavaizduota. Brėžinyje matome 4 paporiui lygias skirtingų spalvų sritis: du iš jų apriboti stačiakapio ir apskritimo lanko, o kiti du yra gauti atliekant kvadrato pjūvį ties jo įstrižaine.

Norint suskaičiuoti reikalaujamus taškus reikia:
• Įtraukti geltoną tašką.
• Suskaičiuoti, kiek taškų yra viename ketvirtyje ir rezultatą padauginti iš ketvirčių kiekio.
• Atsižvelgti, kad teisingą rezultatą galima gauti tik tada, kai ketvirtyje priskaičiuosime tik ant vienos ašies esančius taškus, kitu atveju ant ašių esantys taškai būtų priskaičiuoti dukart.

Dabar konstruojame formulę taškams skaičiuoti:
• Pažymėkime $S$ aibę į visas pavaizduotas sritis, išskyrus dešiniausią sritį ir į bet kurią ašį pakliūnančių taškų. Analogiškai žymime $Q$ aibę į visas pavaizduotas sritis, išskyrus viršutinę sritį ir į bet kurią ašį pakliūnančių taškų. Narys $\displaystyle \sum_{0<x\le \frac{r}{\sqrt{2}}\text{, }x\in \mathbb{Z}}\left[\sqrt{r^2-x^2}\right]$ atitinka aibės $S$ elementų kiekį. Jis lygus aibės $Q$ elementų kiekiui.
• Narys $[r]$ atitinka oranžinių taškų kiekį.
• Tamsiai mėlynų ir raudonų taškų aibę pažymėkime $P$. Tuomet aibėje $P$ yra $\left[\frac{r}{\sqrt{2}}\right]^2$ elementų.
• Skaičiuojame į pavaizduotą skritulio ketvirtį įeinančius taškus, nesančius ant ašių. Norint tai padaryti, sudedame aibėse $S$ ir $Q$ esančius taškus ir atmetame dusyk priskaičiuotus taškus, kuriuos atitinka aibė $P$. Gauname $\displaystyle 2\sum_{0<x\le \frac{r}{\sqrt{2}}\text{, }x\in \mathbb{Z}}\left[\sqrt{r^2-x^2}\right]-\left[\frac{r}{\sqrt{2}}\right]^2$
• Gavome, kad užspalvintų taškų be geltono ketvirtyje yra $\displaystyle [r]+2\sum_{0<x\le \frac{r}{\sqrt{2}}\text{, }x\in \mathbb{Z}}\left[\sqrt{r^2-x^2}\right]-\left[\frac{r}{\sqrt{2}}\right]^2$

Padauginę šį rezultatą iš 4 ir pridėję 1 gauname tai, ką ir reikėjo.

Atrodo, kad viskas gerai, mathfux. Tiktai mėlynus ir raudonus taškus galėjai spalvinti vienoda spalva ir galima nedalinti kvadrato į dvi dalis, nes tas padalinimas čia lyg tai nieko nedavė.

Sprendžiam toliau?

Metant du paprastus lošimo kauliukus gali išsiridenti akučių sumos 2, 3, ..., 12. Ar įmanoma atlikti nebūtinai sutampantį dviejų kauliukų peržymėjimą sveikaisiais skaičiais taip, kad ant kiekvieno kauliuko skaičiai neitų iš eilės, o įvykių, kad išsiridens šios sumos, tikimybės nepasikeistų?

Nežinia, ar gerai supratau sąlygą. Jei gerai, tai akivaizdu, kad atsakymas „ne“.
Tarkime pradžioje, mėtant paprastus kauliukus, tikimybės, jog atsivers $2, 3, \ldots, 12$, atitinkamai buvo $p_2, p_3, \ldots, p_{12}$. Aišku, kad $p_2+p_3+\ldots+p_{12}=1$. Kai kauliukus pernumeravom, didžiausia galinti iškristi suma jau nebe $12$, o, tarkim, $m$. Tikimybės, kad iškris $2, 3, \ldots, 12$, nepasikeitė, o, tikimybė, kad iškris suma $m$, sakykim yra $p_m$. Tada $1\geq p_2+p_3+\ldots+p_{12}+p_m=1+p_m$, - prieštara.

Ar įkėlus sprendima reikia palaukt patvirtinimo?

Nezinau, bet taip visi darydavo. Deja, man technines galimybes neleidzia perziureti arba rasyti formuliu artimiausia menesi. Atsakymas turetu buti toks: taip, galima. Toks budas perzymeti yra panaudojant sesetus 7, 5, 3, 4, 2, 0 ir 5, 4, 4, 3, 3,  2. Sis uzdavinys turetu buti vienas pirmuju bandant suprasti ivairias kombinacijas ir ju tikimybes generuojanciu funkciju pagalba. Gaila, kad neiseina paskelbti sprendimo.