- Do čitatele i jmenovatele zlomku
smíme opakovaně vpisovat závorky, a to vždy na stejná místa pod sebe.
a) Určete nejmenší možnou celočíselnou hodnotu výsledného výrazu.
b) Najděte všechny možné celočíselné hodnoty výsledného výrazu.
Řešení. a) Výsledný výraz lze vždy zapsat (aniž krátíme) jako podíl $A: B$ dvou součinů $A$ a $B$ přirozených čísel, pro něž platí
(Exponenty prvočísel lze počítat bezprostředně po činitelích, nebo podle známého pravidla: prvočíslo $p$ má v rozkladu čísla $n$ ! exponent rovný součtu
kde $[x]$ značí celou část čísla $x$.) Ta prvočísla, která mají v rozkladu čísla 29! lichý exponent, nemohou z podílu $A: B$ „zmizet" ani po jeho krácení. Proto žádná celočiselná hodnota výsledku není menší než číslo
Na druhou stranu,
(Opět se vyplatilo počítat exponenty podle (1).) Číslo $H$ je tedy hledaná nejmenší hodnota.
b) Podívejme se nyní podrobněji na to, jak vypadají součiny $A$ a $B$ z první věty řešení, jsou-li čitatel a jmenovatel zlomku uzávorkováni stejným způsobem. Z každé ze čtrnácti dvojic pod sebou stojících čísel
je jedno číslo činitelem v součinu $A$, druhé číslo je činitelem v součinu $B$ (takže $A, B$ mají po 14 činitelích). Výslednou hodnotu $V$ pak můžeme zapsat také jako součin
kde $\varepsilon_{i}= \pm 1$, přitom zřejmě $\varepsilon_{1}=1$ a $\varepsilon_{2}=-1$ bez ohledu na uzávorkování. Protože zlomky $\frac{27}{13}, \frac{26}{12}, \frac{25}{11}, \ldots, \frac{16}{2}$ jsou větší než 1 , výsledná hodnota $V$ (at už je celé číslo či nikoliv) musí splňovat odhad
kde $H$ je přirozené číslo, určené v části a) řešení jako nejmenší možná celočíselná hodnota $V$. Odtud plyne, že $H$ je jediná možná celočíselná hodnota $V$. (Navíc jsme ukázali, že při stejném uzávorkování čitatele a jmenovatele daného zlomku je každá hodnota výsledného výrazu menší než číslo $H$.)
- V obecném čtyřstěnu $A B C D$ označme $E$ a $F$ středy těžnic z vrcholů $A$ a $D$. Určete poměr objemů čtyřstěnů $B C E F$ a $A B C D$.
(P. Leischner)
Rešení. Označme $K$ a $L$ středy hran $B C$ a $A D$ a $A_{0}, D_{0}$ příslušná těžiště stěn proti vrcholům $A, D$ (obr.1). Obě těžnice $A A_{0}, D D_{0}$ leží v rovině $A K D$, přičemž jejich prưsečík $T$ (těžiště čtyřstěnu) je dělí v poměru $3: 1$ a zároveň je středem spojnice $K L$ (to je zřejmé z vlastností těžiště: $T=\frac{1}{4}(A+B+C+D)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}(A+D)+\frac{1}{2}(B+C)\right)=\frac{1}{2}(K+$ $+L)$ ). Odtud plyne, že je $|E T|:|A T|=|F T|:|D T|=1: 3$, takže $|E F|=\frac{1}{3}|A D|$. Rovina $B C L$ pưlí obě úsečky $A D$ i $E F$, a proto také rozděluje oba uvažované čtyřstěny $A B C D$ i $B C E F$ na části stejného objemu. Označme $G$ střed úsečky $E F$, pro příslušné objemy pak platí
Obr. 1
- Ukažte, že existuje trojúhelník $A B C$, v němž při obvyklém označení stran a tě̌nic platí $a \neq b$ a zároveň $a+t_{a}=b+t_{b}$. Dále dokažte existenci takového čísla $k$, že pro každý zmíněný trojúhelník platí $a+t_{a}=b+t_{b}=k(a+b)$. Nakonec najděte všechny poměry $a: b$ stran $a, b$ takových trojúhelníků.
(J. Šimša)
Řešení. Víme, že
takže
Protože podle předpokladu úlohy $t_{a}-t_{b}=b-a \neq 0$, vychází odtud $t_{a}+t_{b}=\frac{3}{4}(b+a)$. Ze soustavy rovnic
určíme $t_{a}=\frac{1}{8}(7 b-a), t_{b}=\frac{1}{8}(7 a-b)$, tedy
Proto je $k=\frac{7}{8}$.
Nyní zjistíme, pro které délky $a \neq b$ existuje trojúhelník $A B C$ o stranách $a, b$ a těžnicích $t_{a}=\frac{1}{8}(7 b-a), t_{b}=\frac{1}{8}(7 a-b)$. Především musí být $t_{a}>0, t_{b}>0$, což je ekvivalentní nerovnosti $\frac{1}{7}<\frac{a}{b}<7$. Známe všechny tři strany trojúhelníku $A B_{1} T$ :
Zkoumáme-li trojúhelníkové nerovnosti pro tyto tři délky, dostaneme podmínku
z níž je třeba dle předpokladu vyloučit hodnotu $\frac{a}{b}=1$. To je zároveň i postačující podmínka: Sestrojený trojúhelník $A B_{1} T$ lze vždy doplnit na trojúhelník $A B C$ se stranou $b=|A C|$ a těžnicemi $t_{a}=\left|A A_{1}\right|, t_{b}=\left|B B_{1}\right|$. Konečně z rovnosti $t_{a}^{2}-t_{b}^{2}=\frac{3}{4}\left(b^{2}-a^{2}\right)$ vidíme, že je i $a=|B C|$.
- V jistém jazyce jsou pouze dvě písmena $A$ a $B$. Pro jeho slova platí:
- Slova délky 1 neexistují, slova délky 2 jsou pouze $A B$ a $B B$.
- Posloupnost písmen délky $n>2$ je slovo, právě když vznikne z nějakého slova délky menší než $n$, a to tak, že v tomto slově písmena $A$ ponecháme na místě, současně však každé písmeno $B$ nahradíme nějakým (ne nutně stejným) slovem.
Dokažte, že počet slov délky $n$ je pro každé $n$ roven číslu
(P. Hliněný, P. Kǎ̌ovský)
Rešení. Každé konečné posloupnosti písmen $A, B$ říkejme řetězec. Všude dále $\cdots$ značí vhodný (třeba i prázdný) řetězec, zatímco $* * *$ použijeme k zápisu řetězce ze stejných písmen (např. $\underbrace{B * * * B}_{k}$ značí řetězec $k$ písmen $B$ ).
Dokážeme, že libovolný řetězec je slovo (uvažovaného jazyka), právě když splňuje následující podmínku:
$\mathrm{P}:$ Retězec konči písmenem $B$ a bud'začiná písmenem $A$, nebo začíná (či je dokonce celý tvořen) sudým počtem písmen $B$.
Nutnost podmínky $\mathrm{P}$ je celkem zřejmá: splňují ji obě slova $A B$ a $B B$ délky 2 a splňuje ji i každé nové slovo vzniklé konstrukcí z bodu 2), pokud podmínku $\mathrm{P}$ splňují slova, kterými při konstrukci nahrazujeme jednotlivá písmena $B$.
Nyní indukcí vzhledem k číslu $n$ dokážeme, že každý řetězec délky $n$ splňující podmínku $\mathrm{P}$ je slovo. To zřejmě platí pro $n=1$ a $n=2$; je-li $n>2$, pak řetězec délky $n$, který splňuje $\mathrm{P}$, má jeden z tvarů
kde $2 \leqq 2 k \leqq n-2$. Naší úlohou je ukázat, že tyto čtyři typy řetězců vznikají pomocí konstrukce z bodu 2), při níž písmena $B$ nahrazujeme řetězci (délky menší než $n$ ) splňujícími podmínku $\mathrm{P}$ (tedy slovy dle indukčního předpokladu).
Slovo $A A \cdots B$ vznikne jako $A(A \cdots B)$ ze slova $A B$. Slovo $A B \cdots B$ vznikne bud jako $A(B \cdots B)$ ze slova $A B$, nebo jako $(A B)(\cdots B)$ ze slova $B B$, podle toho, zda za jeho prvním písmenem $A$ následuje sudý resp. lichý počet písmen $B$. Slovo $\underbrace{B * * * B}{2 k} A \cdots B$ vznikne jako $(\underbrace{B * * * B}{2 k})(A \cdots B)$ ze slova $B B$, slovo $\underbrace{B * * * B}{2 k+2}$ jako $(\underbrace{B * * * B}{2 k})(B B)$ ze slova $B B$. Tím je důkaz indukcí hotov.
Nyní pomocí podmínky $\mathrm{P}$ již snadno dokážeme, že pro počet $p_{n}$ slov délky $n$ skutečně platí vzorec
jehož platnost je zřejmá pro $n=1$ a $n=2$, nebot $p_{1}=0$ a $p_{2}=2$. Proto vzorec bude dokázán matematickou indukcí, ukážeme-li, že pro každé $n$ platí rovnost $p_{n+2}=2^{n}+p_{n}$, kterou čísla $\frac{1}{3}\left(2^{n}+2 \cdot(-1)^{n}\right)$ zřejmě splňují. Rovnost $p_{n+2}=2^{n}+p_{n}$ však plyne okamžitě z toho, že podle vlastnosti $\mathrm{P}$ je každé slovo délky $(n+2)$ bud tvaru $A \cdots B$, kde $\cdots$ je libovolný řetězec délky $n$ (těch je $2^{n}$ ), nebo je tvaru $B B \cdots$, kde $\cdots$ je libovolné z $p_{n}$ slov délky $n$.
- V rovině je dán ostrý úhel $A P X$. Sestrojte čtverec $A B C D$ tak, aby bod $P$ ležel na straně $B C$ a aby polopřímka $P X$ protala stranu $C D$ v takovém bodě $Q$, že bod $P$ leží na ose úhlu $B A Q$.
Řešení. Uvažujme otočení kolem středu $A$ o $90^{\circ}$, které zobrazí vrchol $B$ hledaného čtverce $A B C D$ na vrchol $D$, a označme $P^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ obrazy bodů $P, C, D$ v tomto otočení (obr. 2). Protože $\left|\Varangle P A P^{\prime}\right|=90^{\circ}$, plyne z vlastnosti os vedlejších úhlů, že $A P^{\prime}$ je osa úhlu $Q A D^{\prime}$. Proto má bod $P^{\prime}$ stejnou vzdálenost od $A D^{\prime}$ i od $A Q$ (rovnou straně hledaného čtverce). Tyto vzdálenosti jsou výšky v trojúhelníku $A Q P^{\prime}$. Protože bod $P^{\prime}$ můžeme sestrojit, můžeme sestrojit i bod $Q$ jako prưsečík ramene $P X$ s osou úsečky $A P^{\prime}$. Zbytek konstrukce je už zřejmý.
Obr. 2
- Najděte všechny dvojice reálných čísel $a$ a $b$, pro které má soustava rovnic
$\mathrm{s}$ neznámými $x$ a $y$ řešení v oboru reálných čísel.
(J. Šimša)
Řešení. Má-li daná soustava řešení $(x, y)$ pro čísla $a=A, b=B$, má zřejmě i řešení $(k x, k y)$ pro libovolné $k \neq 0$ a pro čísla $a=\frac{1}{k} A, b=k B$. Odtud vidíme, že existence řešení dané soustavy závisí jen na hodnotě součinu $a b$.
Budeme tedy nejdříve zkoumat hodnoty výrazu
kde čísla $u$ a $v$ splňují normalizační podmínku $u^{2}+v^{2}=1$. Podle ní platí
Za podmínky $u^{2}+v^{2}=1$ nabývá součin $u v$ všech hodnot z intervalu $\left\langle-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right\rangle$ (je-li $u=\cos \alpha$ a $v=\sin \alpha$, je $\left.u v=\frac{1}{2} \sin 2 \alpha\right)$. Proto stačí zjistit množinu hodnot funkce $f(t)=(1+2 t)(1-t)$ na intervalu $t \in\left\langle-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right\rangle$. Z vyjádření
plyne, že hledanou množinou hodnot je uzavřený interval s krajními body $f\left(-\frac{1}{2}\right)=0$ a $f\left(\frac{1}{4}\right)=$ $=\frac{9}{8}$.
To tedy znamená, že pokud má daná soustava řešení, musí pro její parametry $a$ a $b$ platit $0 \leqq a b \leqq \frac{9}{8}$, přitom rovnost $a b=0$ je možná, jen když $x+y=0$, tehdy však $a=b=0$.
Splňují-li naopak některá čísla $a$ a $b$ nerovnosti $0<a b \leqq \frac{9}{8}$, existují dle dokázaného čísla $u$ a $v$ taková, že $u^{2}+v^{2}=1$ a $(u+v)\left(u^{3}+v^{3}\right)=a b$. Označíme-li $a^{\prime}=u+v$ a $b^{\prime}=u^{3}+v^{3}$, pak z rovnosti $a^{\prime} b^{\prime}=a b \neq 0$ plyne, že oba poměry $a: a^{\prime}$ a $b^{\prime}: b$ mají tutéž hodnotu $k \neq 0$. Pak ale dvojice $x=k u$ a $y=k v$ je zřejmě řešením soustavy rovnic ze zadání úlohy pro uvažované hodnoty $a$ a $b$.