Liga Zadaniowa II.2
Transkrypt
Liga Zadaniowa II.2
Liga Zadaniowa II.2 Yogi i S-ka rozwiązania, starsi Zadanie 1 Udowodnij, że każdy wielościan wypukły posiada dwie ściany o równej liczbie krawędzi. Rozwiązanie. Niech π oznacza ścianę o największej liczbie krawędzi; niech ma ona m krawędzi. Jest m ścian sąsiadujących z π i każda z nich ma od 3 do m krawędzi, co daje m − 2 możliwości. Skoro jest więcej ścian niż możliwych liczb krawędzi to któreś dwie ściany mają tę samą liczbę. Zadanie 2 Liczba n > 1 jest całkowita. Wykaż, że liczba n5 + n4 + 1 nie jest pierwsza. Rozwiązanie. Intuicja brudnopisowa: przeliczenie pierwszych kilku przypadków pokazuje, że nie mamy szczęścia — nie jest tak, że np. każda z liczb jest podzielna przez 3 czy inną ustaloną liczbę. Szczególnie beznadziejnym przypadkiem jest 65 + 64 + 1 = 43 · 211, co wręcz trudno policzyć ręcznie. Wnioskiem z tego jest hipoteza: czynnik dzielący n5 + n4 + 1 zależy od n. Znaczy to tyle, że wielomian n5 +n4 + 1 rozkłada się na iloczyn dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych. Skoro nie ma on pierwiastka całkowitego (dlaczego?), to ten rozkład wygląda jakoś tak: n5 + n4 + 1 = (n3 + an2 + bn + c) · (n2 + dn + e), otrzymujemy równania a + d = 1, b + e + ad = 0, ae + c + bd = 0, be + cd = 0, ce = 1. Pozostaje to rozwiązać (w całkowitych!), lub zgadywać, np. stwierdzić, że c = e = 1 lub c = e = −1 i przeanalizować oba przypadki. Zamiast rozwiązywać można odwołać się do przeliczonych rozkładów — np. dla n = 6 heurystycznie pierwszy z wielomianów jest równy 211 ≈ 63 , a drugi z wielomianów jest równy 43 = 62 + 6 + 1. Sensowne wydaje się więc sprawdzenie, czy n2 + dn + e = n2 + n + 1 daje rozwiązanie i okazuje się, że tak. Zauważmy, że n5 + n4 + 1 = (n2 + n + 1) · (n3 − n + 1). Ponadto jeżeli n > 1 to n2 + n + 1 jest całkowite i większe od 1 oraz n3 − n + 1 > 1 jest całkowite, więc liczba n5 + n4 + 1 rozkłada się nietrywialnie. Zadanie 3 Sześcian składa się z 27 pustych w środku sześcianików 1 × 1 × 1. Czy zaczynając ze środkowego z nich można odwiedzić wszystkie inne sześcianiki, przechodząc przez każdy dokładnie raz? Rozwiązanie. Nie można. Pokolorujmy sześcian w szachownicę, tak, że w górnej warstwie jest 5 pokolorowanych sześcianów; w środkowej są cztery a w dolnej znowu pięć. Zauważmy, że, tak jak zwykle, czarne sześciany sąsiadują jedynie z białymi i odwrotnie. Załóżmy, że żądane przejście istnieje. Zaczynamy od białego sześcianiku, więc drugi jest czarny, trzeci biały, czwarty czarny, . . . , dwudziesty siódmy biały. Przechodzimy więc przez 14 białych sześcianików, a ich łącznie jest 13. Sprzeczność. Zadanie 4 Mamy 13 osób z klasy 3b. Niektóre z nich kolegują ze sobą. Jeżeli A uważa B za kolegę, to B uważa A za kolegę. Jest jednak wyjątek: Jaskółka uważa za kolegów wszystkich, niezależnie od tego, czy oni uważają go za kolegę. Czy może się zdarzyć, że każdy uważa, że ma inną liczbę kolegów? Rozwiązanie. Tak, może się tak zdarzyć. Najprościej chyba narysować ;) J A1 A12 A11 A2 A10 A4 A3 A9 A8 A5 A7 A6 A teraz na serio. Oznaczmy wszystkie wierzchołki poza Jaskółką jako A1 , A2 , . . . , A12 . Chcemy tak dobrać krawędzie (oznaczające znajomości), żeby Ai uważał że ma i − 1 kolegów. Uznajmy, że 1. osoby Ai i Aj , gdzie i 6= j, kolegują wtedy i tylko wtedy, gdy i + j > 14. 2. Ai koleguje z Jaskółką wtedy i tylko wtedy, gdy i > 7. Z iloma osobami koleguje Ai ? • Jeżeli i 6 6 to Ai koleguje z Aj , gdzie j ∈ [13, 14 − i], czyli mamy 13 − (14 − i) = i − 1 możliwości na j. Zauważmy, że i 6∈ [13, 14 − i], więc warunek i 6= j jest automatycznie spełniony. • Jeżeli i > 7 to Ai koleguje z Aj , gdzie j ∈ [13, 14 − i] oraz j 6= i; daje to 13 − (14 − i) − 1 = i − 2 kolegów, po dorzuceniu Jaskółki mamy i − 1 kolegów.