Тема: Принцип на крайния елемент

Алгебра

1зад. Да се докаже, че не съществуват четири естествени числа а, b, c и d за които е в сила равенството:

(1) .

Допускаме обратното, че съществуват четири числа и ,за който е в сила(1).

Избираме такива четири,за които сумата е минимална.Ако има повече от една четворка числа и , за които има една и съща стойност и тя е най-малка ,то избираме коя да е от тези четворки числа. се дели на 3.

Ако или , или , следва че или квадратът на всяко число се дели на 3 когато числото се дели на 3, или дава остатък 1 при деление на 3(във всички останали случаи). От тук следва, че се дели на 3, когато и се делят на 3; дава остатък 1 при делене на 3, когато само едно от числата и се дели на 3 ; дава остатък 2 при делене на 3, когато и двете числа и не се делят на 3.

Така доказахме:

се дели на 3 и заместваме в (1) и получаваме:

или

Така намерихме четири числа c, d, k и u удовлетворяващи (1), за които:

Това противоречи на минималния избор .Следователно не съществуват четири естествени числа удовлетворяващи (1).

2зад. Да се докаже, че множеството на простите числа от вида е безкрайно.

Решение:

Да предположим противното, т.е. че множеството на простите числа от вида е крайно. Нека са неговите елементи.

Ако е нечетно число, то .С аналогични разсъждения се доказва съществуването на просто число не принадлежащо на множеството .И отново получаваме противоречие с предположението, че множеството на простите числа от вида е крайно.

3зад. Седем ученика събрали общо 100 точки на едно математическо състезание, като няма двама, които да имат равен брой точки. Да се докаже, че има трима ученика, които са събрали общо не-малко от 50 точки.
Решение:

За нас крайният елемент ще бъде сумата от точките на четиримата състезатели, които най-слабо са се представили.

Ако тази сума е по-малка от 50 точки, то сумата от точките на най-добре представилите се трима ученика ще е по-голяма от 50.

Нека разглежданата сума е равна на 50. Тогава и сумата на останалите трима е равна на 50.

Ако допуснем, че той има 14 точки, тъй като 14+13+12+11=50, получаваме противоречие с това, че сумата от точките на четиримата е по-голям от 50.

Ако допуснем, че той има 15 или повече от 15 точки, то сумата от точките на първите трима ще е най-малко 16+17+18=51, а това противоречи с условието, че общият сбор е 100 точки.
Следователно най-слабо представилите се четирима имат обща сума, не надвишаваща 50 точки, откъдето следва, че най-добре представилите се трима ученика имат общо не по-малко от 50 точки.

4зад. В полетата на безкрайна шахматна дъска са написани естествени числа, така че всяко число е равно на средното аритметично от четирите му съседни числа - горното, долното, лявото и дясното. Да се докаже, че всички числа са равни помежду си.

Между написаните числа можем да изберем най-малкото. Първоначално вземаме произволно написано число . Ако има число по-малко от избраното, то на следващата стъпка избираме него и т.н. Този процес е краен защото по този начин можем да изберем не повече от по-малки числа от първоначално избраното.

Нека е най-малкото от написаните числа, а и са съседните му числа. Тогава и , следователно:

От произволно избраното поле на шахматната дъска можем да се преместим на всяко друго по вертикала или хоризонтала. Разсъждавайки аналогично стигаме до извода, че във всички полета е написано едно и също число .

5зад. За 13 тежести, на всяка от които теглото е цяло число в грамове, е известно, че произволни 12 от тях могат да бъдат уравновесени на везна, поставяйки по 6 от всяка страна. Да се докаже , че всички тежести имат едно и също тегло.

Решение:

Нека 12 тежести са уравновесени върху везната.Да допуснем, че тринадесетата е с тегло гр. и една от тежестите намиращи се върху везната тежи гр. и нека числата и са с различна четност. Разменяме тежестите и и отново ги уравновесяваме . Теглото във всяка от чашките на везната ще се е променило с , следователно е четно. Последното е вярно ако едновременно и са четни или нечетни. Повтаряйки тези разсъждения стигаме до извода, че теглото на всичките тежести е едновременно или четно или нечетно число.

Да предположим, че теглата са различни. Изваждайки от теглото на всяка тежест теглото на най-леката получаваме набор от тежести които удовлетворяват условието на задачата (една от получените тежести ще бъде с нулево тегло).Теглата на всичките ще бъдат четни и по-малки от първоначалните.След това да разделим теглата на всички тежести на половина и отново получаваме набор удовлетворяващ условието.Ако не се получат тежести с нечетно тегло , отново разделяме теглата на 2 и т.н. докато се получат такива с нечетно тегло. Системата удовлетворява условието, но съдържа тежести както с четно(нулево) тегло ,така и с нечетно. Това противоречи на извода, че теглото на всичките тежести е едновременно или четно или нечетно число. Следователно предположението, че теглото са различни е невярно.

6зад. Да се докаже, че уравнението няма целочислени решения.

Да сравним по mod4 двете страни на уравнението:

Нека , тъй като, и са нечетни ( ) и . Ако , а уравнението няма целочислени решения, тъй като двете страни на уравнението не са сравними по mod 4.

7зад. От числата 1, 2, 3, 4, 5,.....,199, 200 са избрани произволно 101 числа. Да се докаже, че две от избраните числа се делят едно на друго.

Да разгледаме най-големите нечетни делители на избраните числа. За числата от 1 до 200 съществуват точно 100 различни най-големи нечетни делители, а именно 1, 3, 5, ..., 199. Тъй като избраните числа са 101 то две от тях имат еднакви най-големи нечетни делители. Това означава, че две от избраните числа се различават само по степента на множителя 2 и по-голямото се дели на по-малкото.

Планиметрия

Нека въведем правоъгълна координатна система в равнината, и да предположим противното, т.е. че точките от множеството М са краен брой.

Да разгледаме точката от М с максимална абсциса Ако има няколко такива точки избираме тази, която има максимална ордината. Означаваме тази крайна точка с. Тя се явява среда на отсечката съединяваща точките принадлежащи на М. От съотношението

следва, че т.е. точките имат еднакви абсциси. От избора на точките , че , но това е невъзможно, тъй като по условие тя е среда на отсечката ВС , а точките са различни. Полученото противоречие доказва, че множеството М е безкрайно.

9зад. Да се докаже, че поне една от петите на перпендикулярите спуснати от произволна вътрешна точка на изпъкнал многоъгълник към страните му, лежи на самата страна ,а не на продължението и.

Нека т.О е вътрешната точка за изпъкналия многоъгълник. Да прекараме прави, съдържащи страните на многоъгълника и да изберем тази която е на най- малко разстояние от т.О.

Ще докажем, че основата на перпендикуляра спуснат от т.О към страната АВ, лежи на самата страна. Да предположим противното т.е. точката Р - пета на перпендикуляра спуснат от точката О към страната АВ лежи извън отсечката АВ. Тъй като т. О е вътрешна за изпъкналия многоъгълник, отсечката ОР пресича някоя от страните(на чертежа страната ВD) в точката Q. Тогава OQ

10зад. В равнината са дадени краен брой, две по две не успоредни прави. През пресечната точка на всеки две от тях минава още една от дадените прави. Да се докаже, че всичките прави се пресичат в една точка.

Решение:

Да предположим, че не всичките прави минават през една точка (на чертежа т.А), а правата е l. Да разгледаме точките на пресичане на правите и да изберем най-малкото ненулево разстояние от тези точки до дадените прави. Нека най-малко да бъде разстоянието от т.А до правата l - AQ. През т.А минават три от дадените прави - по условие и пресичат l в точките B, C и D. Отсечката AQl е най-малкото ненулево разстояние

Две от точките B, C и D лежат от едната страна на Q, например C и D и CQ QN , QNAD (хипотенуза в правоъгълния триъгълник AQN) и QNCP, следователно AQ > CP, което противоречи на избора на AQ - най-малко разстояние.


най-малък или най-голям ъгъл

11зад. На всяка от страните на произволен четириъгълник като диаметър е построена окръжност. Да се докаже, че четирите кръга напълно покриват четириъгълника

Да означим дадения четириъгълник с ABCD. Избираме произволна точка М, вътрешна за четириъгълника. Нека е най-големия от ъглите ,, и . Тогава .В противен случай +++ . Следователно т.М се покрива от кръга построен върху отсечката АВ като диаметър.Следователно винаги можем да намерим произволна точка в четириъгълника която да се покрива от полуокръжност.

12зад. В равнината са дадени n точки и са отбелязани средите на всички отсечки определени от тези точки. Да се докаже, че така отбелязаните среди са не по-малко от 2n - 3.

Нека А и В са най-отдалечените една от друга точки от дадените. Броят на отсечките определени от т.А и останалите n-1 точки е n-1.Средите на тези отсечките ще лежат вътре в окръжност к2 с център т.А и радиус АВ/2 (за n=4, това са p1 и p2) Аналогично за т.В - окръжност к1. Двете окръжности имат една обща точка (р5). Следователно средните точки са не по-малко от .

13зад. Нека т.О е пресечната точка на диагоналите на изпъкналия четириъгълник ABCD. Докажете, че ако радиусите на вписаните окръжности в триъгълниците ABO, BCO, CDO и DAO са равни то четириъгълника е ромб.

Да допуснем, че диагоналите не се разполовяват и за определеност да приемем АО СО и DO BO.

Нека точките и са построени симетрично на и спрямо т. т.е. и . Следователно триъгълникът лежи в триъгълника и вписаната в него окръжност S лежи в триъгълника .

Да предположим, че отсечката не съвпада с отсечката .Тогава радиусът на вписаната в  окръжност . Получихме противоречие с условието – равни радиуси на вписаните окръжности в триъгълниците ABO, BCO, CDO и DAO и , с което доказваме, че диагоналите се разполовяват и следователно четириъгълника е успоредник.

Известно е, че във всеки успоредник лицата на триъгълниците, на които се разделя от диагоналите са равни - .

Лицето на триъгълника може да бъде изразено чрез радиуса на вписаната окръжност и полупериметъра му:

следователно т.е. е ромб.

Изпъкнала обвивна крива на краен брой точки се нарича най-малкия изпъкнал многоъгълник, обхващащ всички тези точки (под най-малък многоъгълник се разбира, че той не се съдържа в никакъв друг такъв многоъгълник). За всяко крайно множество от точки съществува единствена изпъкнала обвивна затворена крива.

Опорна права на изпъкнал многоъгълник се нарича правата минаваща през връх,като многоъгълника лежи изцяло от едната и страна. За всеки изпъкнал многоъгълник съществуват точно две опорни прави паралелни на дадена права.

14 зад. Да се докаже, че произволен изпъкнал многоъгълник с лице S=1 може да бъде разположен в правоъгълник с лице .
Решение:

Нека е най-големия диагонал или страна на многоъгълника. Да прекараме през точките и прави a и b, перпендикулярни на правата .

Ако с X означим кой и да е връх на многоъгълника, то и тъй-като най голямата страна или диагонал и многоъгълника е разположен между правите а и в. Прекарваме опорните прави на многоъгълника успоредни на . Нека тези прави, катое показано на чертежа минават през върховете C и D и с правите а и в образуват правоъгълника

Тъй като четриъгълника лежи в дадения многоъгълник с S=1 то .

15 зад. В равнината са дадени точки, като никои три от тях не лежат на една права. Да се докаже, че за всеки три от тях, ако съществува четвърта ( принадлежаща на множеството) и те лежат във върховете на успоредник, то .

За изпъкналата обвивна крива на дадените точки са възможни два случая: