3. domača naloga (rešitve)

Priprave na MMO 2016 – 3. domača naloga
1. Naj bo n ≥ 3 fiksno naravno število. Na tablo zapišemo števila 1, 2, . . . , n. Na vsakem
koraku izberemo dve števili in ju zamenjamo z njuno aritmetično sredino. To ponavljamo,
dokler ne ostane le še ena številka. Določi najmanjše naravno število, ki ga lahko dosežemo
na koncu takega zaporedja korakov.
2. Dokaži, da za vsako naravno število n velja
1
1
1
1
+ 2 + 2 · · · + 2 < 2.
2
1
2
3
n
√
3. Zaporedje (an )n∈N je podano z a1 = 1 in rekurzivno zvezo an = b a1 + a2 + ... + an−1 c
za n > 1. Koliko je vsota vseh členov zaporedja, ki so manjši ali enaki 2015?
Opomba: oznaka bxc predstavlja celi del števila x, to je najmanjše celo število, ki je
manjše ali enako x. Na primer: b3c = 3, b3.5c = 3.
4. Naravna števila x1 , x2 , . . . , xn (n ≥ 4) razvrstimo v krog, tako da vsako število xi deli
vsoto svojih sosedov. To pomeni, da za vse i velja
xi−1 + xi+1
= ki ∈ Z,
xi
kjer je x0 = xn , xn+1 = x1 . Dokaži, da velja
2n ≤ k1 + k2 + · · · + kn < 3n.
Naloge rešujte samostojno. Pisne rešitve je potrebno poslati najkasneje do 19. decembra 2015 po pošti na naslov DMFA Slovenije, Komisija za popularizacijo matematike v srednji šoli, Jadranska ulica 19, 1000 Ljubljana ali preko e-maila na naslov
priprave.mmo@gmail.com. Rešitvam priložite tudi podpisano izjavo o samostojnem delu.
Če boste pri reševanju nalog uporabili kakšno literaturo (v tiskani ali elektronski obliki),
navedite reference. Standardne literature (knjige Altius, Citius, Fortius in e-revije Brihtnež) ni
potrebno navajati.
Izjava o samostojnem delu
Spodaj podpisani(-a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (ime in priimek) izjavljam, da sem
vse naloge reševal(-a) samostojno in brez pomoči drugih oseb.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . (kraj in datum)
Podpis:
Priprave na MMO 2016 – 1. domača naloga
Rešitve
1. Števila 1 ne moremo doseči, ker se na tabli pojavi le enkrat in je najmanjše (čim ga
združimo z nekim drugim številom, bo aritmetična sredina strogo večja od 1). Torej
je iskano najmanjše število večje ali enako 2. Dokazali bomo, da pri vsakem n lahko
dosežemo 2.
S pomočjo indukcije po k dokažimo, da lahko iz števil a, a+1, a+2, . . . , a+k z dovoljenimi
koraki vedno dosežemo število a + 1.
Pri k = 2 najprej zamenjamo števili a in a + 2 z njuno aritmetično sredino a + 1, nato pa
zamenjamo a + 1 in a + 1 z njuno sredino, a + 1.
Predpostavimo, da trditev velja za naravno število k.
Preverimo, da iz tega sledi, da velja tudi za k + 1. Po indukcijski predpostavki lahko
števila a + 1, a + 2, . . . , a + k + 1 z dovoljenimi koraki zamenjamo z a + 2. Nato preostali
števili, a in a + 2, zamenjamo z njuno aritmetično sredino in dobimo a + 1, kar smo želeli
dokazati.
Če vzamemo a = 1 in k = n, je naloga dokazana.
2. Dokažemo strožjo neenakost:
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 ··· + 2 ≤ 2 − .
2
1
2
3
n
n
Pri n = 1 dobimo 1 ≤ 2 − 1 = 1.
Predpostavimo, da trditev velja za naravno število n.
Dokažimo, da od tod sledi, da velja tudi za n + 1. Z uporabo indukcijske predpostavke
računamo
1
1
1
1
1
1
1
+
+
·
·
·
+
+
≤
2
−
+
=
12 22 32
n2 (n + 1)2
n (n + 1)2
=2−
n2 + n + 1
n2 + n
1
<
2
−
=2−
,
2
2
n(n + 1)
n(n + 1)
n+1
kar smo želeli dokazati.
Ker velja strožja neenakost, smo dokazali tudi nalogo.
3. Najprej izračunamo nekaj začetnih členov zaporedja. Dobimo
(1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 4, 5, 5, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 8, 9, 9, 10, 10, . . .).
Opazimo, da se le število 1 pojavi štirikrat, ostala števila pa dvakrat ali trikrat. Z
indukcijo dokažimo, da se trikrat pojavijo natanko potence števila 2.
Recimo, da smo zapisali vse člene zaporedja do vključno prve pojavitve števila n (n > 1),
pri čemer predpostavljamo, da se zaporedje do vključno pojavitve števila n − 1 obnaša
kot je opisano zgoraj. Naj bo k največje naravno število, da je 2k < n. Izračunamo vsoto
vseh zapisanih členov
s1 = (1 + 2 + · · · + n) + (1 + 2 + · · · + n − 1) + (1 + 2 + 22 + · · · + 2k ) + 1 = n2 + 2k+1 .
Velja
n2 ≤ s1 = n2 + 2 · 2k < n2 + 2n < n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 ,
√
zato je b s1 c = n. Torej se število n zagotovo pojavi vsaj dvakrat.
Določiti želimo naslednji člen zaporedja. Vsota je s2 = s1 + n = n2 + n + 2k+1 . Če je
2k+1 < n + 1, kot prej sledi s2 < (n + 1)2 in iskani člen zaporedja je enak n. Vendar se
to lahko zgodi le v primeru, ko je n = 2k+1 (ker je k največje naravno število, da 2k < n,
je seveda 2k+1 ≥ n). Torej se število n v zaporedju pojavi vsaj trikrat le, če je n potenca
števila 2.
Če n ni potenca števila 2, je torej 2k+1 ≥ n+1, od koder sledi n+1 ≤ 2k + 1 < 2n < 3n+4,
s čimer izpeljemo (n + 1)2 ≤ s2 < (n + 2)2 , zato je naslednji člen zaporedja enak n + 1.
Dokazati moramo še, da se v primeru, ko je n = 2k+1 , za tremi pojavitvami števila n v
zaporedju pojavi število n+1. Izračunamo naslednjo vsoto s3 = s2 +n = n2 +2n+2k+1 =
n2 + 3n in (n + 1)2 < s3 < (n + 2)2 .
S tem je indukcijski dokaz o lastnosti zaporedja končan.
Izračunamo še vsoto vseh členov zaporedja, ki so manjši ali enaki 2015:
S = (1 + 2 + · · · + 2015) · 2 + (1 + 2 + 22 + · · · + 210 ) + 1 = 2015 · 2016 + 211 = 4064288.
4. Označimo Sn = k1 + k2 + · · · + kn . V celotnem dokazu vse indekse gledamo po modulu n.
Tako lahko trditev gledamo tudi za n < 4 (tako se lahko zgodi, da sta oba soseda nekega
števila enaka ali pa da je število celo samo sebi sosed).
Dokazujemo z indukcijo po n. Pri n = 1 imamo le en element, velja S1 = k1 =
2x1
= 2 in 2 ≤ S1 < 3.
x1
x0 +x2
x1
=
Predpostavimo, da trditev velja za n − 1, torej da je 2n − 2 ≤ Sn−1 < 3n − 3. Dokazali
bomo, da od tod sledi, da trditev velja tudi za n.
i+1
Naj bodo x1 , x2 , . . . , xn ∈ N ter xi−1x+x
= ki ∈ Z. Brez škode za splošnost lahko predi
postavimo, da je x2 = max1≤i≤n xi (sicer ciklično preindeksiramo števila). Obravnavamo
dve možnosti:
• Če je x2 enak vsaj enemu od svojih sosedov. Brez škode za splošnost je x1 = x2 .
Tedaj je
x2 + x3
k2 =
=⇒ x2 |x3 =⇒ x3 = x2 ,
x2
ker je x2 največji element. Podobno sklepamo x4 = x2 , x5 = x2 in tako naprej. Sledi
x1 = x2 = . . . = xn , zato je Sn = 2n in 2n ≤ Sn < 3n.
• Če sta x1 , x3 < x2 . V tem primeru je 0 < k2 < 2, zato mora biti k2 = 1 oziroma
x1 + x3 = x2 . Sklepamo
k3 ∈ Z =⇒ x3 |x2 + x4 = x1 + x3 + x4 =⇒ x3 |x1 + x4
in podobno k1 ∈ Z =⇒ x1 |xn + x3 .
Iz tega sledi, da tudi zaporedje točk x1 , x3 , x4 , . . . , xn ustreza pogoju naloge, zanj pa
lahko uporabimo indukcijsko predpostavko, zato je 2n − 2 ≤ S̃n−1 < 3n − 3, kjer je
3
4
S̃n−1 = xnx+x
+ x1x+x
+ k4 + k5 + · · · + kn .
1
3
Računamo
∆ = Sn − S̃n−1 = k1 + k2 + k3 −
xn + x3 x1 + x4
−
= 3,
x1
x3
zato je Sn = S̃n−1 + ∆. Torej velja
2n ≤ 2n + 1 = 2n − 2 + 3 ≤ Sn < 3n − 3 + 3 = 3n.