Napríklad; Riešenia k cvičnému listu 36

aktualizované: 6. júla 2004

napríklad

  • [Prehľad]
  • [Informačná stránka]
  • [súvisiace úlohy]
  • [Riešenie k listu 36]
  • [Archív úloh]
  • [Registrácia]
  • [O nás]
  • [Vľavo]
  • [Horúca linka]
  • [E-mail]


Carolin kupuje 4 kg melónu, ktorý sa skladá z 99 (hmotnostných) percent vody. Neopatrne ich necháva na slnku príliš dlho, kým melón nebude tvoriť iba 98 percent vody. Aký ťažký je potom melón?


Keďže melón spočiatku pozostáva z 99 percent vody, obsahuje 1 percento ďalších (tuhých) látok. To zodpovedá 40 gramom. Po odparení časti vody tvorí týchto 40 gramov 2 percentá z celkovej hmotnosti podľa úlohy. Melón teda váži iba 40. = 2 000 gramov. Melón následne stratí polovicu svojej hmotnosti.


Veľmi kľukatú múzejnú miestnosť majú strážiť traja strážcovia. Každý by mal stáť na mieste, z ktorého môže pozorovať celú miestnosť. Po krátkom prehľadaní dvaja zo strážcov nájdu dve (rôzne) také miesta a usadia sa tam. Tretí strážca chvíľu bezúspešne blúdi po miestnosti. Môžete mu dať tip, kde nájsť vhodné miesto?


Tretí strážca si môže zvoliť ľubovoľný bod na spojnici medzi polohami prvých dvoch strážcov.
Prečo? Nech A a B sú polohy prvých dvoch strážcov a C je bod na ich spojovacej čiare. Ďalej nech X je akýkoľvek bod vo vesmíre. Ak by človek z bodu C nevidel bod X, na úseku CX by bol bod Y, na ktorom leží prekážka.

Na druhej strane strážca pri A vidí celú miestnosť, najmä X. Celá vzdialenosť AX preto musí prebiehať v priestore (t.j. musí byť bez prekážok), a preto priesečník Z priamky cez B a Y s AX leží vo vnútri miestnosti a nie je tam žiadna prekážka. Nakoniec strážca v B tiež vidí všetko, najmä Z, a preto by celá vzdialenosť BZ musela byť vo vesmíre, čo by bolo v rozpore s pozíciou Y.
Neexistuje teda žiadny taký bod Y a z C je voľne viditeľný celý segment CX. Takto strážca v C vidí každý bod vo vesmíre.


Poznámky: Miestnosť ako naša múzejná miestnosť, v ktorej je bod, z ktorého je vidieť na celú miestnosť (alebo inými slovami: v ktorej každé spojenie z tohto bodu do iného bodu v tejto miestnosti leží úplne v miestnosti), sa nazýva hviezdicovitý .

A našim dôkazom sme ukázali, že množina všetkých bodov, z ktorých je možné vidieť celý priestor, je konvexná. (Definícia konvexného je taká, že pre každé dva body v množine patrí aj spojovacia čiara k množine.)

Existujú aj príklady, keď tretieho strážcu nemožno umiestniť na inom mieste ako na trase medzi ďalšími dvoma strážcami:


Ukážte, že číslo 3 2048 - 1 je deliteľné najmenej 12 rôznymi prvočíslami.

Je 2048 = 2 11, čo znamená, že tretiu binomickú vetu môžete použiť jedenásťkrát a získať tak dvanásť faktorov:

3 2048 - 1 = (3 1024 + 1) (3 1024 - 1)
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 512 - 1)
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 256 - 1)
.
= (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 128 + 1) (3 64 + 1) (3 32 + 1)
. (3 16 + 1) (3 8 + 1) (3 4 + 1) (3 2 + 1) (3 1 + 1) (3 1 - 1)

Ešte sme to však neurobili, pretože máme preukázať existenciu dvanástich rôznych hlavných faktorov rozkladu. Preto teraz ukazujeme, že tieto párové faktory majú 2 ako najväčší spoločný faktor (gcd). Na tento účel nech sú r> s dve prirodzené čísla. to je

3 2 r + 1 = 3 2 r - 1 + 2
= (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-1 - 1) + 2
.
= (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-2 + 1). (3 2 s + 1) (3 2 s - 1) + 2,

teda násobok (3 2 s + 1) plus 2. Takže GCF 3 2 r + 1 a 3 2 s + 1 musí byť faktorom 2. Pretože (3 2 t + 1) je evidentne rovnomerný pre každé celé t 0, gcd je presne 2.

Pretože platí 3 1 - 1 = 2, gcd (3 2 r + 1, 3 1 - 1) = 2 pre r 1.

Pretože každý faktor 3 2 r + 1 s r 0 je väčší ako 2, každý z týchto jedenástich faktorov poskytuje (aspoň) svoj vlastný hlavný faktor rozkladu. Bohužiaľ, 3 dáva 1 + 1 = 2. 2 týmto spôsobom iba faktor 2; to znamená, že faktor 2, ktorý sa inak stále vyskytuje a je tiež jediným deliteľom 3 1 - 1, nemožno použiť dodatočne. Potrebujeme teda ďalší hlavný faktor. 3 4 + 1 = 2. 41 nepomáha, ale je to 3 8 + 1 = 6562 = 2. 17 193 a teda máme najmenej dvanásť rôznych hlavných faktorov.

Aby bolo možné presne zistiť, koľko (rôznych) hlavných faktorov má dané číslo, je potrebné ťažké delostrelectvo a určitý výpočtový čas. Nemali sme toľko času a trpezlivosti. Mathematica koniec koncov veľmi rýchlo zistila, že faktory (3 128 + 1)/2 až (3 1024 + 1)/2 nie sú prvočíslami. (3 16 + 1)/2 až (3 64 + 1)/2 sú prvočísla a Pari potom v rozumnom čase odhalila, že (3 128 + 1)/2 má päť rôznych prvočíselných faktorov, z ktorých najmenší je 257.


Na planéte Kappa vedci nedávno určili polomer svojej planéty na presne 1 000 km. Päť najväčších miest na Kappe bude v najbližších rokoch prepojených priamymi železničnými linkami; každý rok sa má dokončiť trasa medzi dvojicou miest. Finančné prostriedky v prvom roku sú však dostatočné iba na 1 571 km železničných tratí.
Ukážte, že plán môžete dosiahnuť aj v prvom roku!


Pretože železničnú trať dlhú 1571 km postavíte iba v prvom roku, musíme ukázať, že medzi piatimi mestami na Kappe sú dve, ktoré sú od seba vzdialené najviac 1571 km. (Vzdialenosť je samozrejme tá na povrchu gule.) Pretože však nevieme, kde sú mestá na Kappe, musíme ukázať, že pre každé usporiadanie existuje dvojica miest s maximálnou vzdialenosťou 1571 km.

Dokazujeme to nepriamo tým, že vychádzame z opaku a vedieme k rozporu. To znamená opačne: Predpokladáme, že týchto päť miest je rozložených na Kappe tak, že dve z nich sú od seba vzdialené viac ako 1571 km.


Keďže Kappa má polomer 1 000 km, jej obvod je

Z prostriedkov v prvom roku môžete vybudovať štvrtinu veľkosti a trochu viac pomocou železničných tratí.

Otočením gule, ak je to potrebné, môžeme predpokladať, že prvé mesto A sa nachádza „dole“, teda na južnom póle. Všetky body na rovníku sú potom od tohto mesta vzdialené menej ako 1571 km a všetky body na južnej pologuli sú ešte bližšie.

Podľa našich predpokladov sa preto všetky ďalšie štyri mestá nachádzajú na severnej pologuli.

Nech B je mesto na severnej pologuli. Definuje tiež pologuľu, na ktorej nemôže ležať žiadne iné mesto.

Ak by sa mesto B nachádzalo priamo na severnom póle, na severnej pologuli už nemôže byť viac, takže iba dve mestá A a B by boli na Kappe, čo sa nedá.

Ale bez ohľadu na to, kde je B na severnej pologuli, pologuľa so stredom B vždy obsahuje severný pól. A keďže B nemôže byť severný pól, má táto pologuľa tiež niečo spoločné s južnou pologuľou. Nech X a Y sú dva priesečníky okrajov pologule. Pretože okraje sú kruhy maximálnej veľkosti (tzv. Veľké kruhy) na povrchu gule, sú dva body presne oproti sebe, t.j. H. rozdelia každý z dvoch kruhov na dve rovnaké polovice.

Pretože nevieme, na akom stupni leží severná zemepisná šírka mesto B, nevieme ani to, ako ďaleko sa jeho pologuľa rozprestiera nad severným pólom, ale v žiadnom prípade nesmie byť žiadne iné mesto v polovici severnej pologule, ktorá prechádza polovicou rovníka X až Y a je ohraničený severným pólom.

Druhú polovicu severnej pologule naposledy rozpolíme na polovicu: Nech M je stred medzi X a Y na rovníku (ten, ktorý nie je na pologuli okolo B). Potom kruh rozdeľuje pravú polovicu severného pólu cez južný pól, severný pól a M na dve rovnaké časti (zakrivené trojuholníky), na ktorých sú rohové body X, M a N alebo Y, M a N čo najďalej od štvrtiny gule. Inými slovami: Akékoľvek dva body na trojuholníku sú od seba vzdialené menej ako 1571 km.

To však znamená, že v každom z trojuholníkov môže byť najviac jedno mesto. Ale potom sú na Kappe iba štyri mestá.


Ale keďže na Kappe je päť miest, dostaneme rozpor. Takže predpoklad, že všetky mestá sú od seba vzdialené najmenej 1571 km, musí byť mylný. Výsledkom je, že na Kappe sú (minimálne) dve mestá, ktoré nie sú od seba vzdialené viac ako 1 571 km a medzi nimi môžeme my (alebo Kappaians) postaviť v prvom roku železničnú trať.

Na tlač ako súbor PDF alebo ako súbor ps