Matematikos Maratonas Nr. 3

Spręsdamas praeitą uždavinį aš pamačiau, kad tinka pakeisti $y=x+1,75$, tuomet pamačiau, kad tolimesnė lygtis bus kubinė ir tokios lygtys dažniausiai yra arba sutvarkomos paprastais mokykliniais metodais arba reikalauja Kardano metodo, kuris padaro lygtį negražią, su nemokykliniu sprendimu ir negražiais sprendiniais, kurių formoms prastinti reikia išmanyti kompleksinių skaičių teoriją. Reta išimtis - kubinės lygtys, duodančios trigonometrinius sprendinius. Kiek gražus tas tvarkymas - nesigilinau.

Dėl šio uždavinio sprendimo. Supaprastinkime sprendimo griaučius. Jei pažymėtume
$\begin{cases} A=\sqrt[3]{a-b}\\ B=\sqrt[3]{b-c}\\ C=\sqrt[3]{c-a}\end{cases}$, tai galioja abipusis teiginys $\boxed{a>b>c}\Leftrightarrow \boxed{A>0 \text{ ir }B>0} $

Karolio pertvarkymai gali būti aprašyti pagal tokią eigą $\boxed{\sqrt[3]{a-b}+\sqrt[3]{b-c}+\sqrt[3]{c-a}=0} \Leftrightarrow \boxed{AB(A+B)=0}\Rightarrow \boxed{A>0 \text{ ir }B>0} \text{ yra klaidingas teiginys}$.
Pagal teiginių logiką tokio teiginio sinonimas ir būtų $\boxed{A>0 \text{ ir }B>0} \Rightarrow \boxed{\sqrt[3]{a-b}+\sqrt[3]{b-c}+\sqrt[3]{c-a}\neq 0}$
Tačiau man iš sprendimo lieka neaišku, kodėl tikėti teiginiu $\boxed{a>b>c}$. Tariama, kad jis galioja nemažinant bendrumo. Aišku, kad šis teiginys yra tas pats, kas teiginys $\boxed{A>0 \text{ ir }B>0}$. Tačiau man taip tiesiogiai nesimato, kokie galėtų būti atitinkami keitiniai ir į ką reikėtų pertvarkyti, jei skaičiai $a,b$ ir $c$ būtų išrikiuoti kita tvarka. Nelygybių $\boxed{b>c>a}$ ir $\boxed{c>a>b}$ atvejai yra analogiški su atveju $\boxed{a>b>c}$, nes užtektų įrodymus perrašyti sukeičiant simbolius pagal tvarkas $\begin{cases} (a,b,c) \rightarrow (b,c,a) \\ (A,B,C) \rightarrow (B,C,A) \end{cases}$ ir $\begin{cases} (a,b,c) \rightarrow (c,a,b) \\ (A,B,C) \rightarrow (C,A,B)\end{cases}$. Tačiau likusių 3 atvejų įrodymo procesas analogiškos eigos perrašymu remtis jau nebegali.

Šiaip jau iš patirties žinau, jog teiginio $a>b>c$ nemažinant bendrumo ciklinėse, bet ne simetrineėse nelygybėse imti negalime. Pavyzdžiui $(a-b)(b-c)(c-a)\le 0$ yra teisinga ne visais atvejais, nors atveju $a\ge b\ge c$ yra teisinga.

Dabar sprendimas geras ir neįtikėtinai kruopštus. Prieš tai nebūčiau pamatęs, jog antroji trijų atvejų grupė, kurią pasiūliau aptarti, gali būti tikrai suvesta į tokį pat samprotavimą. Todėl toks bendrumo siaurinimas, kuomet neaptariami smulkesni niuansai, man atrodo rizikingas. Čia jau nuomonių skirtumas - kas vienam analogiška, kitam ne visai.

Aš esu už gražius uždavinius, kurių nereikia brute-force'inti, todėl noriu pasakyti, kad šio uždavinio sprendimo idėja buvo daug gražesnė. Ta graži idėja čia buvo pastebėti, kad skaičių $\sqrt[3]{a-b}$, $\sqrt{b-c}$ ir $\sqrt[3]{c-a}$ kubų suma lygi 0 ir pateikti tuo paremtą pastebėjimą apie jų sumą. Šio uždavinio prigimtis matyt buvo žinios apie simetrinius daugianarius: visiems $A$, $B$ ir $C$ galioja lygybė.
$$A^3+B^3+C^3=(A+B+C)(A^2+B^2+C^2-AB-BC-CA)+3ABC$$
Šičia mes turime, jog $A^3+B^3+C^3=0$. Tokiu atveju galioja $\boxed{A+B+C=0}\Leftrightarrow \boxed{ABC=0}$. Kitaip tariant $A+B+C=0$ tada ir tik tada, kai $A$, $B$ ir $C$ skirtingi.

Gal kitame uždavinyje norėtųsi kažko įdomesnio, nei techninis dviejų nesudėtingų atvejų išnagrinėjimas ir bendras funkcijos savybių pažinimas. Kas įkeltų naują uždavinuką?

Turime iškiląjį keturkampį $ABCD$. Parodykite, kad jo plotas
$$S\leq\frac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}.$$

Gražus sprendimas.

Tarkime, turime sunumeruotų [tex]n[/tex] kamuoliukų vėrinį. Taip pat, turime [tex]k[/tex] spalvų, kuriomis norime nuspalvinti vėrinio kamuoliukus. Raskite skaičių būdų, kuriais galime nuspalvinti vėrinio kamuoliukas taip, kad du gretimi kamuoliukai būtu skirtingų spalvų.

Jadvygos uždavinio naudodamas popieriaus dar nesprendžiau. Bus įdomu pabandyti. O leliaus uždavinį esu prieš kelis metus daręs. Atpažįstu labai gražų vienos teoremos įprasminimą. Nors gal tai tik pirma iliuzija dėl tos teoremos :D

Primenu, visi PRO statusą turintys nariai gali įkelti nuotraukas čia pat forume. Jeigu nuotrauka daug sveria, su PAINT pagalba galite greit padėti jai numesti svorio :)

Vėrinio nuspalvinimą, kai bet kurios gretimos viršūnės nuspalvintos skirtingomis spalvomis, vadinkim korektišku.

Tarkime $n\geq 2$. Vėrinį perpjaukim tarp pirmo ir paskutinio karoliuko (karoliukai sunumeruoti!) ir ištieskim. Gausim juostelę, suvertą iš $n$ karoliukų.
Pažymėkim $A_{n, k}$ - kiek yra būdų turint $k$ spalvų korektiškai nuspalvinti juostelę iš $n$ karoliukų ir $B_{n, k}$ - kiek yra būdų turint $k$ spalvų korektiškai nuspalvinti juostelę iš $n$ karoliukų taip, kad pirmas ir paskutinis karoliukai būtų vienodų spalvų. Mums reikia rasti
$$X:=A_{n, k}-B_{n, k}$$
(tikrai, tai yra lygu skaičiui būdų, kuriais galime korektiškai nudažyti $n$ karoliukų juostelę turint $k$ spalvų taip, kad pirmas ir paskutinis karoliukas būtų skirtingų spalvų; jei taip nudažėme, tai juostelę ties perpjauta vieta vėl sujungiam ir gaunam vėrinį, kokio mums ir reikia). Tačiau galime pastebėti, kad
$$B_{n, k}=A_{n-1, k}-B_{n-1, k}$$
ir rekursiškai gauname
$$X=A_{n, k}-A_{n-1, k}+\dotsb+(-1)^{n-2}A_{2, k}+(-1)^{n-1}B_{2, k},$$
tačiau nesunku rasti, kad $A_{n, k}=k(k-1)^{n-1}$ ir $B_{2, k}=0$, ir tuomet, pagal geometrinės progresijos sumos formulę,
$$X=(k-1)\big((k-1)^{n-1}-(-1)^{n-1}\big).$$
Jei $n=1$, atsakymas yra $k$.