XXXI - I - Zadanie 5

Znany matematyk profesor Iks grywa ze swoim asystentem magistrem Igrekiem w następującą grę. Iks podaje Igrekowi skończony ciąg wektorów $ \overrightarrow{a_1}, \overrightarrow{a_2}, \ldots, \overrightarrow{a_n} $; wszystkie te wektory leżą w jednej płaszczyźnie i każdy ma długość 1. Igrek znając te wektory podaje ciąg znaków, tj. ciąg liczb $ \varepsilon_1, \varepsilon_2, \ldots, \varepsilon_n $, $ \varepsilon _j = 1 $ lub $ \varepsilon _j = -1 $ ($ j = 1, 2, \ldots, n $). Następnie gracze rozpatrują ciąg wektorów $ \varepsilon_1 \overrightarrow{a_1} + \varepsilon_2 \overrightarrow{a_2} + \ldots + \varepsilon_k \overrightarrow{a_k} $ ($ k = 1, 2, \ldots, n $). Wygrywa Iks,
jeśli długość choćby jednego z wektorów $ s_1, s_2, \ldots, s_n $ jest większa lub równa 3, w przeciwnym razie wygrywa Igrek. Udowodnić, że Igrek zawsze może tak wybrać ciąg znaków, by wygrać.

Rozwiązanie

om31_1r_img_9.jpg
om31_1r_img_10.jpg
Opiszemy indukcyjnie strategię Igreka. $ \varepsilon_1 $ można wybrać dowolnie np. $ \varepsilon_1 = 1 $. Następnie należy tak wybrać $ \varepsilon_2 $, by wektor $ \varepsilon_1 \overrightarrow{a_1} + \varepsilon_2 \overrightarrow{a_2} $ miał długość mniejszą od $ 2 $. W przypadku, gdy wektory $ \overrightarrow{a_1} $ i $ \overrightarrow{a_2} $ nie są równoległe można wybrać $ \varepsilon_2 $ dowolnie, jeśli $ \overrightarrow{a_1} $ i $ \overrightarrow{a_2} $ są równoległe - należy tak określić $ \varepsilon_2 $, by wektory $ \varepsilon_1 \overrightarrow{a_1} $ i $ \varepsilon_2 \overrightarrow{a_2} $ miały przeciwne zwroty. Następnie Igrek wybiera znaki przy kolejnych parach wektorów, a więc $ \varepsilon_3 $ i $ \varepsilon_4 $, w następnej kolejności $ \varepsilon_5 $ i $ \varepsilon_6 $ itd. dopóki jest to możliwe. Przypuśćmy, że dobrał on już znaki $ \varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_k $ w ten sposób, że dla pary punktów $ (O, A) $ reprezentującej wektor $ \overrightarrow{s_k} $ punkt $ A $ leży wewnątrz koła $ k (O, 2) $ i przypuśćmy, że pozostały jeszcze co najmniej dwa wektory. Rozważmy cztery wektory $ \overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}} $, $ \overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}} $, $ -\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}} $,
$ -\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}} $. Długość każdego z tych wektorów nie przekracza $ 2 $, przy czym każdy jest prostopadły do następnego (sumę wektorów wyznacza jedna, różnicę druga przekątna równoległoboku rozpiętego na tych wektorach, w rozważanym przypadku równoległobok ten jest rombem, więc jego przekątne są prostopadłe). Niech $ K $, $ L $ będą punktami wspólnymi okręgów $ o(O, 2) $ i $ o (A, 2) $. Ponieważ punkt $ A $ leży wewnątrz koła $ k(O, 2) $, więc kąt $ KAL $ jest większy od kąta $ KBL $, gdzie $ B $ jest dowolnym punktem okręgu $ o (O, 2) $ należącym do koła $ k (A, 2) $, kąt zaś $ KBL $ jest większy od kąta prostego. Wobec tego $ KAL $ jest większy od kąta prostego i co najmniej jeden z wektorów $ \overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}} $, $ \overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}} $, $ -\overrightarrow{a_{k+1}} - \overrightarrow{a_{k+2}} $,
$ -\overrightarrow{a_{k+1}} + \overrightarrow{a_{k+2}} $ jest reprezentowany przez parę, której początek $ A $ i koniec $ B $ leżą wewnątrz kąta $ KAL $. Wynika stąd, że koniec pary reprezentującej co najmniej jeden z tych wektorów należy do $ k(0, 2) $. Igrek powinien wybrać $ \varepsilon_{k+1} $ i $ \varepsilon_{k+2} $ tak, by $ \varepsilon_{k+1} \overrightarrow{a_{k+1}} + \varepsilon_{k+2} \overrightarrow{a_{k+2}} $ był właśnie tym wektorem. Na mocy zasady indukcji wynika stąd, że Igrek może tak wybrać znaki, by wektory $ s_{2k} $ $ \left( k = 1, 2, \ldots, \left[ \frac{n}{2} \right] \right) $ miały długość mniejszą od $ 2 $. Wobec tego $ \overrightarrow{s_n} $ ma długość mniejszą od $ 2 + 1 = 3 $. (Jeśli $ n $ jest liczbą nieparzystą to $ \varepsilon_n $ można wybrać dowolnie).

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź