Matematický korespondenční seminář

Začněte v libovolném vrcholu. Dokud to lze, tak se z vrcholu, kde se právě nacházíte, posuňte do libovolného jeho souseda, který jste ještě nenavštívili. Vrcholy a hrany, které tímto způsobem projdete tvoří cestu. Nyní již jen zbývá určit minimální délku této cesty.

Každý vrchol Qn označíme n-ticí nul a jedniček. Dva vrcholy sousedí právě když se jejich označení liší právě v jedné pozici. Podgraf Qn je izomorfní s Qk právě tehdy když z n-číselného označení vrcholu zafixujeme n-k pozic a vybereme podgraf indukovaný vrcholy, jejichž označení se na zvolených n-k pozicích shoduje se zafixovaným. Nyní již jen zbývá spočítat, kolik takových zafixování vlastně existuje.

Tvrzení lze dokázat matematickou indukcí dle k.
I) Pro k = 1 tvrzení očividně platí.
II) Nyní uvažujme, že tvrzení platí pro k a dokážeme ho pro k+1. Z indukčního předpokladu plyne, že stromy T1 až Tk mají alespoň jeden společný bod - označme ho A, a zrovnatak, že stromy T2 až T(k+1) mají alespoň jeden společný bod - označme ho B. Dále označme C společný bod stromů T1 a T(k+1). Rozmyslete si, že pokud všechny 3 vrcholy A, B, C nejsou po dvou různé, tak jsme již vyhráli. Pokud jsou po dvou různé, tak využijeme toho, že T je strom, a tak existuje právě jedna cesta z A do B, z B do C i z C do A. Tyto 3 cesty musí mít alespoň 1 společný vrchol X. Nyní dokažte, že vrchol X leží ve všech podstromech T1 až T(k+1).

Klíčem k řešení je určit poslední dvě cifry hledaného čísla, které dávají správné zbytky po dělení 25 a 4. Pak už jen stačí doplnit číslo na palindrom.

Podívejte se na rovnici modulo 2 a modulo 3. Tím lze jednoznačně určit hodnoty a a c. Poté je již zjištění hodnot zbývajících proměnných hračka.

Úkolem je každému a nalézt patřičné n takové, aby bylo splňeno zadání. Jednou z možností je zvolit n jako libovolné prvočíslo dělící a + 1. Pak důkaz je jen jednoduché cvičení na Malou Fermatovu větu.

Rozmyslete si, že se druhý a třetí člen na levé straně kongruence vzájemně vyruší. Platí totiž, že 1000000 je kongruentní s -121 (mod 1000121) a dále umocnění záporného čísla na lichou mocninu zachovává znaménko. Jediný zajímavý člen levé strany je tedy ten první. Nalezení správného řešení je tak opět lehké cvičení na Malou Fermatovu větu.

Cílem je dokázat, že všechny členy na levé straně kongruence s výjimkou toho prvního jsou kongruentní s 11 modulo 100. Rozmyslete si, že 1...1^a je kongruentní 11^a (mod 100). Potřebné tvrzení pak lze například dokázat matematikou indukcí podle a. (Zajímají nás hlavně taková a, která dávají zbytek 1 po dělení 10.)

Rozmyslete si, že každé přirozené číslo dává po dělení 9 stejný zbytek jako jeho ciferný součet. Tedy všechna spořádaná čísla dávají zbytek 1 po dělení 9. Je-li spořádané číslo m násobkem spořádaného čísla n, tak tedy existuje přirozené k takové, že m = kn. Na tuto rovnici se podívejte modulo 9.

Do dané kongruence dosaďte n = p. Takto zjistíte, že pro každé prvočíslo p platí, že a(p) dělí p. To znamená, že a(p) = 1 ,nebo a(p) = p. Jiná možnost nastat nemůže. Pak jen zbývá rozebrat několik případů.

1) Pokud existuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text
2) Pokud neexistuje liché prvočíslo p takové, že a(p) = p. + skrytý text

Ke každému přirozenému číslu a nesoudělnému s p existují přirozená čísla b, c, které jsou opět nesoudělná s p, taková, že platí a^2 + b^2 je kongruentní s c^2 modulo p. + skrytý text
. Toto tvrzení si zkuste dokázat a pomocí něho dořešit příklad.

Zkuste nakreslit 6 kružnic tak, aby se každá dotýkala právě 5 dalších.

Nemají náhodou trojúhelníky BAK a CAL nějakou pěknou vlastnost?+ skrytý text

Body D´E´F´ jsou na kružnici opsané trojúhelníku DEF. Pak už jen stačí si dostatečně dlouho hrát s 6 body na kružnici, dokud nevypočítáme hledané úhly.

Bod X musí být střed kružnice vepsané trojúhelníku BCY. Na trojúhelníku BCY si označme body dotyku s jemu vepsanou kružnicí. Co pak platí pro rozdíl |XC| - |YB|?

Kružnice se dotýkají ,právě tehdy když je součet jejich poloměrů roven vzdálenosti jejich středů. Jaké mají kružnice nad stranami BC a DA poloměry? A jak daleko jsou od sebe jejich středy?

Zkuste důkaz sporem. Předpokládejte, že a + b > n. Mezi body Xa a Xb leží jedině bod Xn. Posuneme-li se z bodu Xb po směru hodinových ručiček o (n-b)x tak skončíme bodě Xn - mezi body Xa a Xb. Co se stane posuneme-li se z bodu Xa o (n-b)x proti směru hodinových ručiček?

Zkoumejte úhel, který svírá společná tečna dvou po sobě následujících kružnic se stranami trojúhelníka.

Vysledek je 5/3 pi. Můžete se pokusit dokázat, že pro libovolnou větší délku to nejde a pro libivolnou menší to lze nakreslit. A nebo můžete počkat na vzorové řešení :).

Pro důkaz maximality x je výhodné uvažovat průsečíky 3 hlavních kružnic na sféře a zkoumat jejich vzdálenosti.

Pro důkaz toho, že pro libovolnou kratší délku lze kružnice na sféru nakreslit je potřeba najít vhodné rozestavení kružnic a dokázat, že toto rozestavení splňuje zadání.

Experimentujte, dokud nenaleznete vyhovující obarvení.+ skrytý text

Páry tulipánů si můžeme rozdělit na 2 druhy. Různobarevné (jeden z páru je žlutý a druhý červený) a stejnobarevné (Oba jsou žluté, nebo jsou oba červené).

Různobarevné:+ skrytý text
Stejnobarevné:+ skrytý text

Počet bonbónů v krabičkách je různý, takže je lze podle toho seřadit. V první krabičce je nejméně bonbónů, v druhé je druhý nejmenší počet bonbónů, ..., v desáté krabičce je nejvíce bonbónů.
Rozmyslete si, že když žádná krabička není prázdná, tak v i-té krabičce je alespoň i bonbónů.+ skrytý text

Úlohu si rozdělme na 2 případy.
1) Žádný sloupeček/řádka (Závisí na úhlu pohledu. Já tím myslím to kratší se třemi políčky) není obarven jednou barvou.+ skrytý text
2) Existuje sloupeček/řádka, která je celá obarvena jednou barvou. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že je celý sloupeček/řádka černý/černá.+ skrytý text

Nejprve učiníme spodní odhad počtu barev.+ skrytý text
Dále dokážeme, že nám tolik barev opravdu stačí. K tomu stačí pro každé n provést konstrukci, která vyhovuje zadání.+ skrytý text

Správná odpověď je, že se může uvolnit maximálně 44 políček. Důkaz má 2 části.

1) Najít 20 políček šachovnice takových, že se na ně mohou přesunout všechny berušky. Zkuste si takových 20 políček najít. 44 políček pak zůstane volných.
2) Dokázat, že na méně než 20 políček se všechny berušky nemohou dostat.+ skrytý text

Nejprve uvažujme situaci, kde se neprotínají žádné 2 stejnobarevné úsečky.+ skrytý text
Dále se podívejme na případy, kde se nějaké 2 stejnobarevné úsečky protínají.+ skrytý text

Celou hru si nejprve zkuste s menším počtem puntíků. (S jedním, se dvěma, ...) V těchto případech vždy může Karkulka vyhrát. Z toho můžeme předpokládat a pokusit se dokázat, že tuto hru může vždy vyhrát Karkulka.
Označíme 100 tahů jako kolo. Nyní bude naším úkolem najít strategii Karkulky takovou, že se při každém kole přiblíží vítězství, dokud nakonec nevyhraje.
Takovou strategii je například následující:+ skrytý text
A proč tato strategie funguje?+ skrytý text

Určitě mnoho z vás zná nerovnost ze zahájení 58. MO. S touhle nerovností jsem dnes zkoušel spoustu věcí, různé zobecnění, či zostření, no na žádné zobecnění jsem nepřišel, ale povedlo se mi najít (a dokázat) ostřejší nerovnost ze které nerovnost ze zahájení 58. MO ihned plyne, ta ostřejší nerovnost je, že pro všechna platí
No proč to vůbec píšu? Ze dvou důvodů. Rád bych se zeptal zda někdo neví jestli se jedná o nerovnost již známou, nebo je to "originální" nerovnost. A také tahle ostřejší nerovnost nabízí zajímavý problém, ono totiž ten koeficient nejspíš není nejoptimálnější (nejmaximálnější), takže si můžeme klást následující otázku: Jaká je maximální hodnota taková, že pro všechny kladné platí
?
Například již pro nerovnost neplatí pro , , , no takže víme .