Matematikos Maratonas Nr. 3

Ar būtų prasmė paskelbti sprendimą, išrinkti naują uždavinį? Ar mes dar vis turime susidomėjusių maratonu?

Bandyk skelbti.

Mano uždavinys buvo:

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?

Pirmiausia reikia suvokti procesą, kuris vyksta ridenant kauliuką dusyk. Žinome, kad visos tokio eksperimento baigtys yra $$(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),\dots,(6,5),(6,6).$$ Jų iš viso yra 36 ir jos yra vienodai tikėtinos.

Sunkiau yra pastebėti, kaip šis ridenimas gali būti susijęs su daugianarių daugyba. Šį pastebėjimą, daug kam dar nematytą, laikau labai iliustratyviu pavyzdžiu, parodančiu, kaip (generuojantys) daugianariai gali būti panaudoti variantų perrinkime.

Mėginkime išskleisti sandaugą $(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$. Tokiu atveju reikės sudėti visas įmanomas sandaugas, gautas dauginant bet kurį dėmenį iš pirmo daugianario su bet kuriuo dėmeniu iš antro daugianario. Matysime, kad kiekviena sandauga yra sudaryta iš šių dauginamųjų porų:
$$(x^1,x^1),(x^1,x^2),(x^1,x^3),(x^1,x^4),(x^1,x^5),(x^1,x^6),(x^2,x^1),(x^2,x^2),\dots,(x^6,x^5),(x^6,x^6).$$
Matome, kad čia $x$ laipsnių rodikliai vienareikšmiškai atitinka eksperimento baigtis (iš 36 minėtų). Be to, sandaugų, kurių rezultatas lygus $x^2$, $x^3$, ir t.t., kiekiai vienareikšmiškai atitinka visų baigčių, tokių, kad ridenant akutės susideda į 2, 3, 4, ..., 12, kiekius. Įdomumo dėlei šie kiekiai yra 1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1, taigi

$(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)=$
$=x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12}$

Mūsų tikslas yra peržymėti kauliuką skaičiais $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$ bei $b_1,b_2,b_3,b_4,b_5,b_6$ taip, kad šie kiekiai nepakistų, todėl reikės sukonstruoti du (generuojančius) daugianarius $P(x)=x^{a_1}+x^{a_2}+x^{a_3}+x^{a_4}+x^{a_5}+x^{a_6}$ ir $Q(x)=x^{b_1}+x^{b_2}+x^{b_3}+x^{b_4}+x^{b_5}+x^{b_6}$, kurių sandauga lygi $(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$

Išskaidome: $P(x)Q(x)=(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^2=x^2\cdot (1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)^2=$ $=x^2\cdot (1+x+x^2)^2(x^3+1)^2= \boxed{x^2\cdot(x+1)^2\cdot (1+x+x^2)^2\cdot (1-x+x^2)^2}$. Iš čia matome, kad egzistuoja ne visi lygūs 1 sveikieji skaičiai $a,b,c$ ir $d$, $0\le a,b,c,d\le 2$, tokie, kad
$\begin{cases}P(x)=x^a\cdot(x+1)^b\cdot (1+x+x^2)^c\cdot (1-x+x^2)^d \\ Q(x)=x^{2-a}\cdot(x+1)^{2-b}\cdot (1+x+x^2)^{2-c}\cdot (1-x+x^2)^{2-d} \end{cases}$

Juos radę žinosime, kaip peržymėti kauliuką. Be to apie daugianarius $P(x)$ ir $Q(x)$ turime papildomos informacijos:

$P(1)=1^{a_1}+1^{a_2}+1^{a_3}+1^{a_4}+1^{a_5}+1^{a_6}=6;$ $Q(1)=1^{b_1}+1^{b_2}+1^{b_3}+1^{b_4}+1^{b_5}+1^{b_6}=6$

Panašiai į daugianarius įstatę 1 mūsų gautoje sistemoje turime, jog $P(1)=2^b\cdot 3^c$ ir $Q(1)=2^{2-b}\cdot 3^{2-c}$. Tai įmanoma tik tada, kai $b=1$ ir $c=1$. Kam gali būti lygūs $a$ ir $d$? Variantas $(a,b)=(1,1)$ atkrenta, nes šiuo atveju kauliukas lieka neperžymėtas. Kai $(a,b)=(0,2)$, gauname daugianarių porą

$\begin{cases} P(x)=(x+1)\cdot (1+x+x^2)\cdot (1-x+x^2)^2=1+x^2+x^3+x^4+x^5+x^7\\
Q(x)=x^2\cdot(x+1)\cdot (1+x+x^2)=x^2+2x^3+2x^4+x^5 \end{cases}$

Kai $(a,b)=(2,0)$, pora išlieka ta pati.

Vadinasi, peržymėjimas egzistuoja: kauliukų akučių kiekiai gali būti ir $\boxed{7, 5, 4, 3, 2, 0 \text{ ir } 5, 4, 4, 3, 3, 2}$

Naujas ne toks ir sudėtingas geometrinis uždavinys. Pamėginkite jį padaryti nenaudodami trigonometrijos.

Kvadrate $ABCD$ paimtas toks taškas $P$, kad $\angle ABP = \angle BAP = 15^o$. Raskite $\angle DCP$.

Stengiausi išspręsti, tiesiogiai nenaudodamas trigonometrijos. Čia yra brėžinukas.
https://ibb.co/cBRFS9
Tiesėje, einančioje per tašką $P$ ir statmenoje atkarpai $AB$, parenkame tašką $F$ taip, kad $\angle{ABF}=60^{\circ}$ (kaip parodyta brėžinyje). Tuomet $\angle{PFB}=30^{\circ}$, todėl $FB=2BL=BC$, taigi trikampis $\triangle{FBC}$ lygiašonis. Be to $\angle{FBK}=\angle{CBK}=75^{\circ}$, t.y. $BK$ yra lygiašonio trikmpio $\triangle{ABC}$ pusiaukampinė, taigi $BK\perp FC$. Tada $\angle{BFK}=15^{\circ}$ ir $\angle{PFK}=15^{\circ}$. Tačiau nesunku suvokti, jog $\triangle{FPC}$ taip pat lygiašonis, taigi $\angle{FCP}=15^{\circ}$ ir galiausiai gaunam, jog $\angle{DCP}=60^{\circ}$.

Išspręskite lygtį $$x^2+
\frac{81x^2}{(9+x)^2}=40.$$

Pastebėkim, kad taškai [tex](a, b)=(x, \frac{9x}{9+x})[/tex] guli ant apskritimo [tex]a^2+b^2=40[/tex]. Todėl, galime įsivesti tokį pakeitimą: $$x=\sqrt{40}\cos{\phi}$$ $$\frac{9x}{9+x}=\sqrt{40}\sin{\phi}$$. Iš čia seka:
$$\frac{9\cos{\phi}}{9+\sqrt{40}\cos{\phi}}=\sin{\phi} \Rightarrow 9\cos{\phi}-9\sin{\phi}=\sqrt{40}\cos{\phi}\sin{\phi}$$. Keliam pastarąją lygybę kvadratu:
$$81(1-\sin{(2\phi)})=10\sin^2{(2\phi)} \Rightarrow 10\sin^2{(2\phi)}+81\sin{(2\phi)}-81=0$$
Išspręndę kvadratinę lygtį $\sin{(2\phi)}$ atžvilgiu ir atsižvelgę į galimas $\sin{(2\phi)}$, turime, kad $\sin{(2\phi)}=\frac{9}{10}$. Toliau sudauginkime įsivesto pakeitimo atitinkamas lygybių puses:
$$\frac{9x^2}{x+9}=20\sin{(2\phi)} \Rightarrow \frac{9x^2}{x+9}=18 \Rightarrow x^2=2x+18$$.
Išspręnde pastarąją kvadratinę lygtį, gauname $x=1-\sqrt{19}$ arba $x=1+\sqrt{19}$.

Leliau, puikumėlis tavo sprendimas, bet ar tik nereiktų patikrinti gautuosius sprendinius, įstatant juos į pradinę pareinamybę, bo čia būta tokių veiksmų, kurie mums netinkamų sprendinių prigimdyti galėjo.

Jei reik patikrint, tai prašom:
$$(1+\sqrt{19})^2+\frac{81(1+\sqrt{19})^2}{(10+\sqrt{19})^2}=20+2\sqrt{19}+\frac{(20+2\sqrt{19})(119-20\sqrt{19})}{81}=20+2\sqrt{19}+\frac{81(20-2\sqrt{19})}{81}=40$$
Analogiškai:
$$(1-\sqrt{19})^2+\frac{81(1-\sqrt{19})^2}{(10-\sqrt{19})^2}=20-2\sqrt{19}+\frac{(20-2\sqrt{19})(119+20\sqrt{19})}{81}=20-2\sqrt{19}+\frac{81(20+2\sqrt{19})}{81}=40$$

Na tai, leliau, visuomenė laukia uždavinuko...