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.