Sveiki.mokykloje nauja tema apie dirchiles principa.praverstu nedidele pagalba, nes nelabai kabliojasi man si tema. 1.Įrodykite, kad atsitikitnai iš intervalo [1, 100] pasiėmus 51 skaičių, visda tarp jų atsiras bent du tarpusavyje pirminiai. 2.Turim aritmetinę progresiją: 1, 4, 7, 10, ..., 100. Įrodykite, kad atsitiktinai paėmę 20 šios sekos narių, tarp jų visada aatsiras du tokie nariai, kurių suma bus lygi 104. ir 3.Turim šachmatų lentą su nupjautais dviem kampiniais langeliais. Abu nupjautieji langeliai priklauso vienai ilgajai įstrižainei. Ar įmanoma uždengti tokią šachamtų lentą su domino figūrėlėmis, jei jos negali persidengti ir išlįsti iš už šachamtų lentos ribų?
Jei dar galesit, tai gal paaiskinkit aiskia sia tema, nes tie mokytojai, patys zinot :)
DEMO +1000
1. Darykim prielaidą: tarp pasirinktų skaičių nėra tokių dviejų, kurie būtų tarpusavy pirminiai. Reiškia visi pasirinkti skaičiai turi bendrą dalilį, didesnį už 1. Tačiau intervale [tex][1;100][/tex] yra [tex][\frac{100}{2}]=50[/tex] skaičių, kurie dalijasi iš dviejų, [tex][\frac{100}{3}]=33[/tex] skaičiai, kurie dalijasi iš trijų, [tex][\frac{100}{4}]=25[/tex] skaičiai, kurie dalijasi iš keturių ir t.t. vis mažiau ir mažiau. Reiškia šiame intervale nėra tokio 51 skaičiaus rinkinio, kuriame visi skaičiai turėtų bendrą daliklį, didesnį už 1. Prieštara prielaidai. Uždavinys įrodytas. 2. [tex]a_n=a_1+d(n-1)=1+3(n-1)=100\Rightarrow n=34[/tex]. Taigi, skaičius 100 yra 34-iasis šios aritmetinės progresijos narys. Remsimės viena iš aritmetinės progresijos savybių: [tex]a_x+a_y=a_n+a_m[/tex], jei [tex]x+y=n+m[/tex]. [tex]104=a_2+a_{34}[/tex]. Sudarykim 16 grupių: pirma grupė - skaičiams [tex]a_2[/tex] ir [tex]a_{34}[/tex], antra grupė - skaičiams [tex]a_3[/tex] ir [tex]a_{33}[/tex],..., šešiolikta grupė - skaičiams [tex]a_{17}[/tex] ir [tex]a_{19}[/tex]. Turim 20 skaičių ir 16 grupių, taigi, tikrai atsiras tokia grupė, kurioje bus du skaičiai. Jų suma ir bus lygi 104. 3. Čia labiau tinka invariantų metodas. Abu išpjauti kampiniai langeliai buvo vienodos spalvos, sakykim, abu balti. Taigi, dabar lentoje liko 32 juodi langeliai ir 30 baltų langelių. Domino kauliuku galima uždengti du gretimus langeliu, t.y. vieną baltą ir vieną juodą. Kai domino kauliukais bus uždengta 30 baltų langelių, liks dar du juodi neuždengti. Tačiau jų kauliuku jau nebeuždengsime. Reiškia neįmanoma.
pakeista prieš 14 m
AncientMariner (+411)
lukasm1. Darykim prielaidą: tarp pasirinktų skaičių nėra tokių dviejų, kurie būtų tarpusavy pirminiai. Reiškia visi pasirinkti skaičiai turi bendrą dalilį, didesnį už 1. Tačiau intervale [tex][1;100][/tex] yra [tex][\frac{100}{2}]=50[/tex] skaičių, kurie dalijasi iš dviejų, [tex][\frac{100}{3}]=33[/tex] skaičiai, kurie dalijasi iš trijų, [tex][\frac{100}{4}]=25[/tex] skaičiai, kurie dalijasi iš keturių ir t.t. vis mažiau ir mažiau. Reiškia šiame intervale nėra tokio 51 skaičiaus rinkinio, kuriame visi skaičiai turėtų bendrą daliklį, didesnį už 1. Prieštara prielaidai. Uždavinys įrodytas.
Deja, ši idėja ne visai veikia dėl subtilios priežasties: nors tu parodai, kad visų pasirinktų skaičių dbd yra 1, tačiau tai dar nereiškia, kad kažkurios skaičių poros dbd yra 1. Pavyzdžiui, jei turėtume skaičius 6 = 2*3, 10 = 2*5 ir 15 = 3*5, tai dbd(6, 10, 15) = 1, tačiau dbd(6, 10) = 2, dbd(6, 15) = 3 ir dbd(10, 15) = 5.
Tačiau labai gerai veikia idėja, kurią taikei antram uždaviniui: galime suporuoti visus 100 skaičių taip: {1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, ..., {99, 100}. Iš viso yra 50 porų, todėl kažkurie du iš pasirinktų 51 skaičiaus yra vienoje poroje (Dirichlė principas). Du gretimi natūriniai skaičiai visada tarpusavyje pirminiai, todėl įrodymas baigtas.
pakeista prieš 14 m
AncientMariner (+411)
lukasm 2. [tex]a_n=a_1+d(n-1)=1+3(n-1)=100\Rightarrow n=34[/tex]. Taigi, skaičius 100 yra 34-iasis šios aritmetinės progresijos narys. Remsimės viena iš aritmetinės progresijos savybių: [tex]a_x+a_y=a_n+a_m[/tex], jei [tex]x+y=n+m[/tex]. [tex]104=a_2+a_{34}[/tex]. Sudarykim 16 grupių: pirma grupė - skaičiams [tex]a_2[/tex] ir [tex]a_{34}[/tex], antra grupė - skaičiams [tex]a_3[/tex] ir [tex]a_{33}[/tex],..., šešiolikta grupė - skaičiams [tex]a_{17}[/tex] ir [tex]a_{19}[/tex]. Turim 20 skaičių ir 16 grupių, taigi, tikrai atsiras tokia grupė, kurioje bus du skaičiai. Jų suma ir bus lygi 104.
Galbūt dabar jau kabinėjuosi prie smulkmenų, tačiau ši detalė verta dėmesio.
Kaip lukasm ir teigia, turime 16 porų [tex]\{a_2, a_{34}\}, \{a_3, a_{33}\}, \ldots, \{a_{17}, a_{19}\}.[/tex] Tačiau yra ir du atlikę skaičiai: [tex]a_1[/tex] ir [tex]a_{18}[/tex]. Paskutinis įrodymo argumentas turėtų būti toks: turime 20 skaičių. Iš jų bent 18 nėra nei [tex]a_1[/tex], nei [tex]a_{18}[/tex]. Kiekvienas iš šių (bent 18) skaičių priklauso vienai iš 16 porų, todėl pagal Dirichlė principą kažkurie du iš jų priklauso tai pačiai porai. Tų dviejų skaičių suma yra 104.
Žodžiu, reikia nepamiršti apie atlikusius skaičius.
pakeista prieš 14 m
DEMO +1000
Labai gerai, kad yra profesionalų, kurie pataiso paprastus mokinius :) Ačiū, AncientMariner
pakeista prieš 14 m
AncientMariner (+411)
lukasmLabai gerai, kad yra profesionalų, kurie pataiso paprastus mokinius :)
Aš sakyčiau, kad čia yra labiau pastabos ir dėmesio atkreipimas į kelias detales - esminė idėja tavo sprendime buvo. O kuo daugiau pastabų, tuo geriau. Įdomu tik tol, kol visi dalyviai - ir kurie klausia, ir kurie atsako - turi naudos.
pikas9x (+2)
dekui uz siuos sprendimus.noreciau dar pasitikslinti ar gerai issprendziau kitus uzdavinius.mano atsakymus siusti dar kol kas geda,nes manau kad bus visiska nesamone ;). 1.Vienetiniame kvadrate atsitiktinai pažymėti penki taškai. Įrodykite, kad visada atsiras du tokie taškai, kad atstumas tarp jų bus nedidesnis už √2:2. ir 2.Iš intervalo [1, 100] atsitiktinai pasirenkame 11 skaičių. Įrodykite, kad visada egzistuos bent du tokie skaičiai tarp pasirinktų 11 skaičių, kurių skirtumo modulis nedidesnis už 9.
DEMO +1000
1. Padalinkim vienetinį kvadratą į keturis mažesnius kvadratėlius, kurių kraštinės ilgis 0,5. Mažojo kvadratėlio įstižainė, t.y. didžiausias atstumas tarp dviejų jo taškų yra √2/2. Turim 4 mažuosius kvadratėlius ir 5 pažymėtus taškus, taigi, tikrai yra kvadratėlis, į kurį pateko bent du taškai. Atstumas tarp šių taškų yra nedidesnis už √2/2.
2. Sudarykim 10 grupių: 1 grupė - skaičiams 100, 99, 98,...,91; 2 grupė - skaičiams 90, 89, 88,..., 81; ... 10 grupė - skaičiams 10, 9, 8,..., 1. Kiekvienos grupės bet kurių dviejų skaičių skirtumo modulis nedidesnis už 9. Turim 10 grupių ir 11 pasirinktų skaičių, taigi, tikrai yra grupė, į kurią pateko bent du skaičiai. Jų skirtumo modulis yra nedidesnis už 9.