Matematikos Maratonas Nr. 3

Nemažindami bendrumo tarkime a>c.

Iš sinusų teoremos turime [math]\frac{h}{\sin(\alpha)}=\frac{x}{cos(\alpha)},\frac{h}{\sin(\beta)}=\frac{a-c-x}{cos(\beta)}[/math]. Iš pirmos lygybės išsireiškiam x ir gautą išraiką statom vietoje x antroje lygybėje: [math]x=\frac{h\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} \Rightarrow \frac{hcos(\beta)}{\sin(\beta)}=a-c-\frac{h\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} \Rightarrow h(\frac{cos(\beta)\sin(\alpha)+cos(\alpha)\sin(\beta)}{\sin(\beta)\sin(\alpha)})=a-c \Rightarrow h=\frac{\sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}(a-c)[/math]. Taigi, trapecijos plotas [math]S=\frac{a^2-c^2}{2}\frac{\sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}[/math]

Keliais būdais galima padengti n-tojo ilgio atkarpą nadojant degtukus, kurių vieno ilgis 1, o antrojo lygus 2, ir jų neužkeičiant? Svarbu atsižvelgti į degtukų tvarką dangoje.

Pastebėkime, jog degtukų kiekis, dengiantis atkarpą gali būti (skaičių poros pirmas elementas reiškia degtukų, kurių ilgiai 1, kiekį, o antras - kurių 2):

[tex](n;0),(n-2;1),(n-4;2),(n-6;3),...,(n-2(k-1);k-1)[/tex],  čia k poros numeris. Norėdami rasti, kiek iš viso tokių porų egzistuoja, turime rasti didžiausią k reikšmę, kuri tenkina sąlygą:

[tex]n-2(k-1)>0[/tex]

[tex]k<\frac{n}{2}+1[/tex] , iš čia:  [tex]k=[\frac{n}{2}+1][/tex].

([ ] skliausteliai reiškia, jog radus [tex]\frac{n}{2}+1[/tex] reikšmę, imama jos sveikoji dalis)

Kiekvienu atveju (esant tam tikrai k reikšmei) viso atkarpų bus (sudedame poros elementus): [tex](n-2(k-1))+(k-1)=n-k+1[/tex]

Esant tam tikrai k reikšmei atkarpos padengimo variantų skaičių galime rasti taip:
[tex]\dfrac{(n-k+1)!}{(n-2(k-1))!\cdot (k-1)!}[/tex]

Tai kėlinių su pasikartojimais skaičius. Šiuo atveju jis sutampa ir su derinių skaičiumi: [tex]C_{n-(k-1)}^{k-1}[/tex]

Visus galimus variantus gausime, kai sudėsime derinių skaičių [tex]C_{n-(k-1)}^{k-1}[/tex] kai k kinta nuo 1 iki [tex][\frac{n}{2}+1][/tex]. Taigi gauname:
[tex]\sum\limits_{k=1}^{[\frac{n}{2}+1]} C_{n-(k-1)}^{k-1}=\sum\limits_{k=1}^{[\frac{n}{2}+1]} \dfrac{(n-k+1)!}{(n-2(k-1))!\cdot (k-1)!}[/tex]

Panašu, kad viskas gerai. Dabar norėčiau pateikt savo sprendimą.
Tarkime, kad n-tojo ilgio atkarpą galime padengti [math]h_n[/math] būdų. Tada [math]h_1=1, h_2=2[/math]. Toliau nagrinėkime atkarpas, kurių ilgiai [math]n≥3[/math]. Jei atkarpos pradžioje padėsime degtuką, kurio ilgis 1, tai likusiai atkarpos daliai, kurios ilgis [math]n-1[/math], padengti turėsime [math]h_{n-1}[/math] būdų. Jei pradžioje padėtume degtuką, kurio ilgis 2, tai likusią dalį galėtume padengti [math]h_{n-2}[/math] būdų. Viską apibenrine, turime [math]h_n=h_{n-1}+h_{n-2},h_1=1, h_2=2[/math]. Kaip matome, tai ne kas kita kaip Fibonačio skaičių apibrežimas.

Šachmatų turnyre dalyvavo 2 vienuoliktokai ir keletas dvyliktokų. Abiejų vienuoliktų bendras surinktas taškų skaičius lygus 8. Apie dvyliktokus žinoma tai, jog jie visi surinko po vienodą taškų skaičių. Visi turnyro žaidėjai tarpusavyje žaidė po vieną kartą. Už laimėtą partiją šachmatininkui skiriamas 1 taškas, už lygiasias - 0,5 taško, už pralaimėjimą 0 taškų. Kiek dvyliktokų galėjo dalyvauti šiame turnyre?

Iš sąlygos turime, kad visu žaidėjų surinktų taškų suma lygi [math]8+\frac{kn}{2}[/math], kur [math]\frac{k}{2}[/math] - dvyliktoko surinktų taškų skaičius (k - sveikas, neneigimas skaičius), n - dvyliktokų skaičius. Kitą vertus, galime pastebėti, kad kiekvienos partijos indelis į surinktų taškų sumą yra tas pats t.y. 1. Iš to seka, kad visų žaidėjų surinktų taškų suma lygi sužaistų partijų skaičiui [math]\binom{n+2}{2}[/math]. Taigi, [math]8+\frac{kn}{2}=\binom{n+2}{2} \Rightarrow k=n+3-\frac{14}{n}[/math]. Matome, kad pastaroji lygybė gali būti teisinga, tik tuo atveju, jei n dalo 14. Iš n apibrežimo, turime, kad [math]n∈\{2,7,14\}[/math]. Tačiau, kai n=2 , tai gauta reiškinio  [math]n+3-\frac{14}{n}[/math] reikšmė prieštarauja k apibrežimui.
Ats.: 7 arba 14

Viskas teisingai. Gali kelti savo užduotį.

Parodykite, kad egzistuoja vienintelis natūralusis skaičius [math]n[/math] toks, kad [math]2^8+2^{11}+2^n[/math] yra sveikojo skaičiaus kvadratas.

Uždavinio sprendimas
Pasižymėkim [math]m^2=2^8+2^{11}+2^n[/math] ir nemažindami bendrumo tarkime, kad [math]m>0[/math]. Toliau persitvarkom turimą lygybe [math]2^n=m^2-2^8-2^{11}=m^2-2^8(8+1)=m^2-(48)^2=(m-48)(m+48)[/math]. Iš pertvarkytos lygybės matome, kad [math]m-48[/math] ir [math]m+48[/math] turi būti dvejeto laipsniai, todėl pasižymime [math]m-48=2^t[/math] ir [math]m+48=2^s[/math], kur [math]s>t≥0\;,t+s=n[/math]. Toliau  [math]m=48+2^t[/math] ir [math]m=2^s-48[/math] [math]\Rightarrow 48+2^t=2^s-48 \Rightarrow 96=2^s-2^t \Rightarrow 32*3=2^t(2^{s-t}-1)[/math]. Iš paskutinės lygybės akivaizdu, kad [math]t=5, s-5=2 \Rightarrow t=5,s=7[/math]. Taigi, įrodėm, ko mūsų ir prašė. :)

Gražus įrodymas. Aš buvau radęs n reikšmę, bet šiek tiek pritrūko pastabumo įrodant, jog tai vienintelė reikšmė :) Na tai dabar kokį kitą uždavinėlį?