kms - fórum o príkladoch

10. príklad 3. letnej série 2007/2008

Zadanie:
Máme množinu desiatich rôznych reálnych čísel takú, že pre každé dva jej rôzne prvky je ich súčin alebo ich súčet racionálne číslo. Dokážte, že druhá mocnina každého čísla z našej množiny je racionálne číslo.

Naspäť na príklady | Napíš príspevok

Jardo - 14. 05. 2008 - 13:30:53 z kms.sk

Body za túto úlohu sú už nejaký čas nahodené a nie sú tu žiadne sťažnosti, tak usudzujem, že za ňu (skoro) každý dostal očakávaný počet bodov.

Ukázalo sa však, že väčšina z Vás má nejasné, ba až mylné predstavy o iracionálnych číslach. Vyskytli sa snahy vyjadrovať reálne čísla v tvare "racionálna časť + iracionálna časť", dokonca aj u skúsenejších riešiteľov. Pri takom postupe ma napadajú hneď tri problémy:

1)Zadefinovanie: Čo to vlastne je (i)racionálna časť?
2)Jednoznačnosť: Dá sa každé číslo napísať jediným spôsobom? Ak nie, nebude to problém?
3)Využiteľnosť: Čo tým skutočne získame?

Nikto zo spomínaných nevysvetlil ani prvý problém, zrejme preto, že bolo cítiť nezrovnalosti. Takýto intuitívny prístup zdanlivo funguje pre iracionálne čísla typu " $p\pm\sqrt{q}$ ". Dá sa ale pomerne ľahko dokázať, že číslo je iracionálne, práve keď sa cifry jeho desatinného rozvoja nikdy nezačnú cyklicky opakovať. Preto je iracionálne napríklad aj $1,010001000000010\dots$ .
Ako by Popoluška oddelila v takom čísle racionálnu a iracionálnu zložku??

cituj ma

Jardo - 06. 05. 2008 - 19:02:55 z kms.sk

Úloha sa Vám zdala škaredá a podľa toho aj vyzerali riešenia. Pritom v príklade sme toho vedeli pomerne veľa, takže sa dal riešiť mnohými postupmi. Uvedieme dva prehľadné. Prvý ľahší funguje pre aspoň sedem čísel, druhý trochu zložitejší pre aspoň šesť. To je najlepší možný výsledok, lebo množina $\{-2-\sqrt2, -2+\sqrt2, 0, 2-\sqrt2, 2+\sqrt2\}$ spĺňa podmienku, ale nie všetky jej prvky majú racionálny štvorec. Pre prehľadnosť spojme červenou čísla s racionálnym súčinom a zvyšné s racionálnym súčtom modrou.

Množina $\Bbb Q$ má vlastnosť, že sčítaním, odčítaním, násobením a nenulovým delením racionálnych čísel dostávame zasa racionálne čísla (takzvaná uzavretosť množiny $\Bbb Q$ vzhľadom na tieto operácie).
Preto v modrom trojuholníku všetky čísla musia byť racionálne. Ak $a+b\text{, } b+c\text{, } c+a\in\Bbb Q$ ,
máme $0,5\cdot [(a+b)-(b+c)+(c+a)]=a\in\Bbb Q$ . Podobne $b\text{, } c\in\Bbb Q$ .
V červenom trojuholníku bez núl musia byť racionálne aspoň štvorce čísel.
Keďže $ab\text{, } bc\text{, } ca\in\Bbb Q$ , tak $(ab)(ca)/(bc)=a^2\in\Bbb Q$ , podobne $b^2\text{, } c^2\in\Bbb Q$ .

R1 (inšpirované Vašimi riešeniami): Máme aspoň sedem čísel. Vyberme ľubovoľné číslo $a$ a ukážme, že jeho štvorec je racionálny (alebo dokonca samotné $a$ ). Aspoň päť zvyšných čísel je nenulových. Máme dve možnosti:
a) Z $a$ vedú aspoň tri červené čiary (čiary $AB$ , $AC$ , $AD$ ). Ak je čiara $BC$ , $CD$ alebo $DB$ červená, máme červený trojuholník a $a^2$ je racionálne. Inak máme modrý trojuholník $BCD$ a $b$ je racionálne. Potom aj $a$ je racionálne.
b) Aspoň tri čiary z $a$ sú modré (čiary $AB$ , $AC$ , $AD$ ). Ak je čiara $BC$ , $CD$ alebo $DB$ modrá, máme modrý trojuholník a $a$ je racionálne. Inak máme červený trojuholník $BCD$ . Vtedy dostávame racionálne $b=\frac{(bc)-(db)}{(a+c)-(a+d)}$ (delíme nenulovým číslom). Potom aj $a$ je racionálne. Hotovo.

R2: Tento dôkaz používa teóriu grafov, ide to však aj bez nej. Máme aspoň šesť čísel. Všímajme si päť nenulových. Máme tu jednofarebnú kružnicu nepárnej dĺžky, inak by červený graf bol bipartitný a bol podgrafom buď $K_{1,4}$ alebo $K_{2,3}$ . Preto by modrý graf bol určite nadgrafom $K_3$ , spor. Na modrej kružnici sú čísla racionálne (sčítame súčty na nepárnych miestach, odčítame tie na párnych a číslo, od ktorého sme rátali, musí byť racionálne). Z uzavretosti $\Bbb Q$ potom všetky čísla sú racionálne a tvrdenie platí. Na červenej kružnici sú štvorce čísel racionálne (od určeného čísla znásobíme súčiny na nepárnych miestach a vydelíme tými na párnych) a to platí aj pre čísla pripojené červenou (ak je $a^2$ racionálne, aj $b^2=(ab)^2/a^2$ je racionálne). Majme číslo $x$ pripojené len modrými čiarami, vezmime na kružnici tri po sebe idúce čísla $a$ , $b$ , $c$ . Potom je racionálne $b=\frac{(ab)-(bc)}{(x+a)-(x+c)}$ , a opäť sú všetky čísla racionálne.

cituj ma