W tym numerze, bez szczególnego wstępu, zapraszam do zmagań z kombinatorycznymi zadaniami o okręgach i sferach.Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Zadania
-
Koledzy Fredka mieszkają na okręgu. Fredek chce ich wszystkich odwiedzić i u każdego z nich zatankować (Fredek ma nieograniczone możliwości tankowania). Kiedy zatankowane paliwo zużyje się, Fredek nie będzie miał możliwości kontynuowania podróży. Wszyscy koledzy mają w sumie tyle paliwa, aby wystarczyło Fredkowi na odbycie podróży po całym okręgu.
Dowieść, że Fredek może rozpocząć podróż od kolegi w takim miejscu, że jadąc po okręgu i tankując po drodze, odwiedzi wszystkich kolegów i wróci do punktu wyjścia.
(Obóz naukowy Olimpiady Matematycznej, 1999)Wskazówka Najpierw wykonajmy symulację podróży, rozpoczynając od dowolnego kolegi i dopuszczając ujemną ilość paliwa. Właściwą podróż należy zacząć w punkcie, w którym Fredek miał najmniej paliwa podczas symulacji.
-
Świat ma kształt sfery. Fredek, spoglądając na świat z dowolnego punktu leżącego na zewnątrz świata, uszczęśliwia tę część świata, którą widzi. 21 stycznia o godzinie 10:00 Fredek spojrzał na świat po raz pierwszy, 21 lutego o godzinie 10:00 Fredek spojrzał na świat (być może z innego punktu) po raz drugi i podobnie 21 dnia każdego miesiąca spoglądał na świat o godzinie 10:00. Kiedy najwcześniej Fredek może uszczęśliwić cały świat?
(Obóz naukowy Olimpiady Matematycznej, 2001)Wskazówka Fredek jednorazowo nie uszczęśliwi pewnego okręgu wielkiego sfery, a więc w dwóch spojrzeniach nie uszczęśliwi pewnych dwóch punktów antypodalnych.
-
Na okręgu o środku \(O\) pomalowano na czerwono pewną skończoną liczbę rozłącznych łuków. Udowodnić, że jeśli łączna długość czerwonych łuków:
(a) jest większa niż połowa długości okręgu, to dla pewnych dwóch czerwonych punktów \(A\) i \(B\) kąt \(AOB\) jest prosty.
(b) jest mniejsza niż połowa długości okręgu, to takich punktów jak wyżej być nie musi.
(IX Wielkopolska Liga Matematyczna, zmodyfikowane)
Wskazówka (a) Obróćmy okrąg o \(90\) stopni wokół jego środka. Jeśli czerwona powierzchnia jest większa niż \(\frac12\) okręgu, to pewien czerwony punkt \(A\) oraz obraz pewnego czerwonego punktu \(B\) pokryją się. Kąt \(AOB\) jest prosty.
(b) Narysujmy okrąg w taki sposób, by jego środek był środkiem układu współrzędnych. Pomalujmy na czerwono dwa łuki otwarte, każdy z nich długości \(\frac14\) okręgu, jeden leżący w I ćwiartce układu, a drugi w III.
-
Rozwiązać trójwymiarową wersję punktu (b) poprzedniego zadania: pokoloruj na czerwono pewien obszar sfery mniejszy niż \({1-\frac12\sqrt2\approx0{,}2929}\) jej powierzchni w taki sposób, by nie było dwóch czerwonych punktów tworzących kąt prosty o wierzchołku w środku sfery.
Wskazówka Rozważyć otwarte ,,koła podbiegunowe” rozpoczynające się od \(45^\circ\) szerokości geograficznej.
Ciekawostka. To i poprzednie zadanie są szczególnymi przypadkami problemu Witsenhausena. Oznaczmy przez \(\alpha_n\) najmniejszą taką liczbę, że pomalowanie więcej niż \(\alpha_n\) powierzchni kuli \(n\)-wymiarowej gwarantuje wystąpienie kąta prostego. W zadaniu trzecim dowodzimy, że \(\alpha_2=\frac12,\) a w trzecim, że \(\alpha_3\ge1+\frac12\sqrt2\approx0{,}2929.\) Wiadomo również, że \(\alpha_3<0{,}2978.\) Żadna dokładna wartość \(\alpha_n\) dla \(n>2\) nie jest znana. Hipoteza dwóch czapeczek mówi, że optymalny wybór czerwonej powierzchni kuli \(n\)-wymiarowej jest analogiczny do opisanego we wskazówce do tego zadania. -
Na torze w kształcie okręgu biegnie \(n\) zawodników, każdy porusza się ze stałą szybkością i wszyscy biegną w tę samą stronę. Zawodnicy wystartowali równocześnie z tego samego miejsca na torze. Po pewnym czasie wszyscy równocześnie wrócili w to miejsce i zakończyli bieg. Każdy z nich wykonał inną liczbę okrążeń. Na torze było dokładnie \(k\) miejsc, w których wszyscy zawodnicy pojawili się równocześnie, wliczając w to miejsce startu. W zależności od \(n\) wyznaczyć wszystkie możliwe wartości \(k.\)
(Matematyczny Kalendarz Adwentowy 2023, zmodyfikowane)Wskazówka Przyjmijmy długość toru równą 1. Jeśli \(i\)-ty zawodnik biegnie z szybkością \(i+\frac1k\) dla \(i=1,2,\ldots,n,\) to jest dokładnie \(k\) miejsc spotkania wszystkich zawodników.
-
Po okrągłym torze o długości \(1\) biega \(n\) zawodników. Wszyscy zaczynają w tym samym miejscu i poruszają się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, każdy z inną szybkością, wyrażającą się liczbą naturalną. Nazwijmy biegacza \(\delta\)-samotnym, jeśli na łukach otwartych o długości \(\delta\) w przód i wstecz od niego nie ma żadnych innych biegaczy. Przez \(\delta_n\) oznaczmy największą taką liczbę, dla której, niezależnie od szybkości biegaczy, każdy z nich w pewnym momencie jest \(\delta_n\)-samotny.
(a) Udowodnić, że \(\delta_2=\frac12\) i \(\delta_3=\frac13.\)
(b) Wykazać, że \(\delta_n\ge\frac1{2n}.\)
(Problem samotnego biegacza)
Wskazówka (a) Podpowiemy jedynie, jak uzasadnić \(\delta_3\geq \frac13.\) Wybierzmy dowolnego biegacza. Można przyjąć (dlaczego?), że porusza się on z szybkością \(0,\) stojąc w pewnym punkcie \(A\) na torze. Miejsca spotkań pozostałych dwóch biegaczy są wierzchołkami wielokąta foremnego wpisanego w okrąg toru, którego jednym z wierzchołków jest punkt \(A\) (uznajemy, że ,,dwukąt” to średnica okręgu). Jeden z wierzchołków tego wielokąta jest oddalony od punktu \(A\) o co najmniej \(\frac13\) okręgu.
(b) Rozwiązanie można znaleźć w artykule Problem samotnego kolarza w \(\Delta_{18}^{12}\).
Ciekawostka. Wiadomo, że \(\delta_n=\frac1n\) dla \(n\le7,\) a wartości \(\delta_n\) dla \(n\ge8\) nie są znane.