Niezmienniki i pó lniezmienniki w zadaniach

Podobne dokumenty
Metoda niezmienników i półniezmienników

MiNI Akademia Matematyki na Politechnice Warszawskiej

LVIII Olimpiada Matematyczna

Test numer xxx EGZAMIN PISEMNY Z MATEMATYKI DLA KANDYDATÓW NA KIERUNEK MATEMATYKA 5 LIPCA 2001 ROKU. Czas trwania egzaminu: 180 min.

Wyk lad 3 Wielomiany i u lamki proste

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Wyk lad 9 Podpierścienie, elementy odwracalne, dzielniki zera

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Pisemny egzamin dyplomowy. na Uniwersytecie Wroc lawskim. na kierunku matematyka. zadania testowe. 22czerwca2009r. 60 HS-8-8

IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

Wyk lad 12. (ii) najstarszy wspó lczynnik wielomianu f jest elementem odwracalnym w P. Dowód. Niech st(f) = n i niech a bedzie

Treści zadań Obozu Naukowego OMG

DZYSZKOLNE ZAWODY MATEMATYCZNE. Eliminacje rejonowe. Czas trwania zawodów: 150 minut

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Treści zadań Obozu Naukowego OMJ

Zestaw zadań dotyczących liczb całkowitych

FUNKCJE LICZBOWE. x 1

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów

PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY DRUGIE

Jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze I

V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2015/16

Wyk lad 1 Podstawowe struktury algebraiczne

G i m n a z j a l i s t ó w

Wyk lad 8 macierzy i twierdzenie Kroneckera-Capellego

Matematyka Dyskretna Zestaw 2

PODSTAWOWE W LASNOŚCI W ZBIORZE LICZB RZECZYWISTYCH

Wyk lad 5 Grupa ilorazowa, iloczyn prosty, homomorfizm

XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów

Wyk lad 7 Baza i wymiar przestrzeni liniowej

Treści zadań Obozu Naukowego OMG

Wyk lad 2 Podgrupa grupy

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Obroty w zadaniach geometrycznych

Suma dziewięciu poczatkowych wyrazów ciagu arytmetycznego wynosi 18, a suma siedmiu poczatkowych

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska

Treści zadań Obozu Naukowego OMG

Bukiety matematyczne dla szkoły podstawowej

WYK LAD 2: PODSTAWOWE STRUKTURY ALGEBRAICZNE, PIERWIASTKI WIELOMIANÓW, ROZK LAD FUNKCJI WYMIERNEJ NA U LAMKI PROSTE

g liczb rzeczywistych (a n ) spe lnia warunek

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Przykładowe rozwiązania zadań. Próbnej Matury 2014 z matematyki na poziomie rozszerzonym

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

Wyk lad 5 W lasności wyznaczników. Macierz odwrotna

ZADANIE 1 Ciag (a n ), gdzie n 1, jest rosnacym ciagiem geometrycznym. Wyznacz wartość największa 2xa 6 a 2 a 4 a 3 x 2 a 3 a 6. ZADANIE 2 ZADANIE 3

LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)

XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

Statystyka w analizie i planowaniu eksperymentu

Podzielność, cechy podzielności, liczby pierwsze, największy wspólny dzielnik, najmniejsza wspólna wielokrotność.

I) Reszta z dzielenia

XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów

XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)

PRZYGOTOWAWCZYCH KLASY PIERWSZE.. Obliczyć sume. cyfr liczby N

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

LVIII Olimpiada Matematyczna

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

Wyk lad 7 Metoda eliminacji Gaussa. Wzory Cramera

LXI Olimpiada Matematyczna

Wzory Viete a i ich zastosowanie do uk ladów równań wielomianów symetrycznych dwóch i trzech zmiennych

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW SZCZYRK 2017

LXIII Olimpiada Matematyczna

Przykładowe zadania z teorii liczb

2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia.

WYK LAD 5: GEOMETRIA ANALITYCZNA W R 3, PROSTA I P LASZCZYZNA W PRZESTRZENI R 3

Wyk lad 4 Warstwy, dzielniki normalne

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

LXV Olimpiada Matematyczna

0.1 Sposȯb rozk ladu liczb na czynniki pierwsze

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Statystyka w analizie i planowaniu eksperymentu

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2012/13. W dniu 21 lutego 2013 r. omawiamy test kwalifikacyjny.

LVII Olimpiada Matematyczna

Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2012/13

1. Liczby naturalne, podzielność, silnie, reszty z dzielenia

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie

Grupy i cia la, liczby zespolone

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI

V Warsztaty Matematyczne I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie. Zadania i rozwiązania

Matematyka rozszerzona matura 2017

c a = a x + gdzie = b 2 4ac. Ta postać wielomianu drugiego stopnia zwana jest kanoniczna, a wyrażenie = b 2 4ac wyróżnikiem tego wielomianu.

Jak matematyka pomaga w wyszukiwanie wzorca

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a

Indukcja matematyczna

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, lato 2010/11

KURS WSPOMAGAJĄCY PRZYGOTOWANIA DO MATURY Z MATEMATYKI ZDAJ MATMĘ NA MAKSA. przyjmuje wartości większe od funkcji dokładnie w przedziale

ZADANIE 2 Czy istnieje taki wielokat, który ma 2 razy więcej przekatnych niż boków?

VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

LXII Olimpiada Matematyczna

Zdarzenie losowe (zdarzenie)

9. BADANIE PRZEBIEGU ZMIENNOŚCI FUNKCJI

celu przyjmijmy: min x 0 = n t Zadanie transportowe nazywamy zbilansowanym gdy podaż = popyt, czyli n

Transkrypt:

Niezmienniki i pó lniezmienniki w zadaniach Krzysztof Che lmiński Wydzia l Matematyki i Nauk Informacyjnych Politechnika Warszawska MiNI-Akademia Matematyki Warszawa, 2 marca, 2013

Na czym polega metoda niezmienników? Jeżeli w rozważanym problemie wyst epuje pewien proces, to aby go lepiej zrozumieć, warto szukać niezmienników tego procesu. 2

Co to jest niezmiennik procesu? Niezmiennik procesu to pewna wielkość lub w lasność, która si e nie zmienia podczas trwania tego procesu. 3

Kilka zadań rozwiazanych metoda niezmienników Zadanie 1 Pola szachownicy wymiaru 2n 2n gdzie n jest pewna liczba naturalna zosta ly pomalowane na jeden z dwóch kolorów czerwony lub zielony przy czym 2n 2 + 1 pól zosta lo pomalowanych na czerwono i 2n 2 1 na zielono. Wybieramy dwa dowolne pola i jeżeli oba wybrane pola sa czerwone to jednego pola nie zmieniamy a drugie ścieramy i zostawiamy niepomalowane, jeżeli oba wybrane pola sa zielone to zmieniamy jedno z nich na czerwone a drugie ścieramy i jeżeli wybrane pola sa różnych kolorów to zostawiamy pole zielone a drugie ścieramy. Jakiego koloru pole zostaje po wykonaniu 4n 2 1 kroków? 4

Kilka zadań rozwiazanych metoda niezmienników Zadanie 1 Pola szachownicy wymiaru 2n 2n gdzie n jest pewna liczba naturalna zosta ly pomalowane na jeden z dwóch kolorów czerwony lub zielony przy czym 2n 2 + 1 pól zosta lo pomalowanych na czerwono i 2n 2 1 na zielono. Wybieramy dwa dowolne pola i jeżeli oba wybrane pola sa czerwone to jednego pola nie zmieniamy a drugie ścieramy i zostawiamy niepomalowane, jeżeli oba wybrane pola sa zielone to zmieniamy jedno z nich na czerwone a drugie ścieramy i jeżeli wybrane pola sa różnych kolorów to zostawiamy pole zielone a drugie ścieramy. Jakiego koloru pole zostaje po wykonaniu 4n 2 1 kroków? Pierwsze rozwiazanie Zauważamy, że po wykonaniu dozwolonej zmiany liczba zielonych pól albo sie nie zmienia albo zmniejsza sie o dwa. Stad parzystość ilości pól zielonych jest niezmiennikiem opisanego procesu. Na poczatku mamy nieparzysta liczbe pól zielonych co oznacza, że po wykonaniu 4n 2 1 kroków, gdy na szachownicy zostaje tylko jedno pomalowane pole musi być ono koloru zielonego. 5

Zadanie 1 Pola szachownicy wymiaru 2n 2n gdzie n jest pewna liczba naturalna zosta ly pomalowane na jeden z dwóch kolorów czerwony lub zielony przy czym 2n 2 + 1 pól zosta lo pomalowanych na czerwono i 2n 2 1 na zielono. Wybieramy dwa dowolne pola i jeżeli oba wybrane pola sa czerwone to jednego pola nie zmieniamy a drugie ścieramy i zostawiamy niepomalowane, jeżeli oba wybrane pola sa zielone to zmieniamy jedno z nich na czerwone a drugie ścieramy i jeżeli wybrane pola sa różnych kolorów to zostawiamy pole zielone a drugie ścieramy. Jakiego koloru pole zostaje po wykonaniu 4n 2 1 kroków? Drugie rozwiazanie Napiszmy na wszystkich czerwonych polach liczbe 1 a na polach zielonych liczbe 1. Zauważamy, że po wykonaniu dozwolonej zmiany zamiast dwóch wybranych liczb zostawiamy ich iloczyn. Oznacza to, że iloczyn wszystkich liczb umieszczonych na pomalowanych polach sie nie zmienia. Na poczatku iloczyn wszystkich liczb stojacych na pomalowanych polach wynosi 1 co oznacza, że powykonaniu 4n 2 1 zmian na szachownicy musi zostać pole z liczba 1 czyli pole zielone. 6

Zadanie 1 Pola szachownicy wymiaru 2n 2n gdzie n jest pewna liczba naturalna zosta ly pomalowane na jeden z dwóch kolorów czerwony lub zielony przy czym 2n 2 + 1 pól zosta lo pomalowanych na czerwono i 2n 2 1 na zielono. Wybieramy dwa dowolne pola i jeżeli oba wybrane pola sa czerwone to jednego pola nie zmieniamy a drugie ścieramy i zostawiamy niepomalowane, jeżeli oba wybrane pola sa zielone to zmieniamy jedno z nich na czerwone a drugie ścieramy i jeżeli wybrane pola sa różnych kolorów to zostawiamy pole zielone a drugie ścieramy. Jakiego koloru pole zostaje po wykonaniu 4n 2 1 kroków? Trzecie rozwiazanie Na polach czerwonych wpisujemy zera a na polach zielonych jedynki. Zauważmy, że po wykonaniu dozwolonej zmiany zamiast wybranych dwóch pól pojawia sie pole z liczba bed ac a reszta z dzielenia przez dwa sumy liczb stojacych na wybranych polach. Niezmiennikiem naszego procesu jest wiec reszta z dzielenia przez dwa sumy wszystkich liczb stojacych na pomalowanych polach. Na poczatku reszta ta wynosi 1 wiec na końcu musi zostać pole z napisana jedynka, czyli pole zielone. 7

Zadanie 2 Na tablicy napisano liczby 1, 1 2, 1 3,... 1 2013. W jednym ruchu wybieramy dowolne dwie liczby a i b, ścieramy je i zamiast nich wpisujemy liczbe równa a + b + ab. Jaka liczbe możemy otrzymać po wykonaniu 2012 ruchów? 8

Zadanie 2 Na tablicy napisano liczby 1, 1 2, 1 3,... 1 2013. W jednym ruchu wybieramy dowolne dwie liczby a i b, ścieramy je i zamiast nich wpisujemy liczbe równa a + b + ab. Jaka liczbe możemy otrzymać po wykonaniu 2012 ruchów? Szkic rozwiazania Oznaczmy przez a b liczbe równa a + b + ab. Wtedy zauważamy, że po wykonaniu dowolnego ruchu nie zmienia sie wynik dzia lania wszystkich napisanych na tablicy liczb. Oznacza to, że po 2012 ruchach na tablicy zostanie 1 1 2... 1 2013. 9

Zadanie 2 Na tablicy napisano liczby 1, 1 2, 1 3,... 1 2013. W jednym ruchu wybieramy dowolne dwie liczby a i b, ścieramy je i zamiast nich wpisujemy liczbe równa a + b + ab. Jaka liczbe możemy otrzymać po wykonaniu 2012 ruchów? Szkic rozwiazania Oznaczmy przez a b liczbe równa a + b + ab. Wtedy zauważamy, że po wykonaniu dowolnego ruchu nie zmienia sie wynik dzia lania wszystkich napisanych na tablicy liczb. Oznacza to, że po 2012 ruchach na tablicy zostanie 1 1 2... 1 2013. Zauważajac, że a + b + ab = (a + 1)(b + 1) 1 możemy nasz wynik zapisać w postaci (1 + 1)( 1 2 + 1) ( 1 2013 + 1) 1 = 2 3 2 2014 2013 1 = 2013. 10

Zadanie 3 Wykonano nieparzysta ilość obrotów kostka Rubika. Wykaż, że nie można uzyskać konfiguracji poczatkowej przy pomocy parzystej ilości obrotów. Za jeden obrót uważamy obrót pewnej ściany o 90. Szkic rozwiazania Niezmiennik: treść zadania narzuca rozważyć jakaś parzystość. Proces: obroty kostki (musimy go zmatematyzować). 11

Zadanie 3 Wykonano nieparzysta ilość obrotów kostka Rubika. Wykaż, że nie można uzyskać konfiguracji poczatkowej przy pomocy parzystej ilości obrotów. Za jeden obrót uważamy obrót pewnej ściany o 90. Szkic rozwiazania Oznaczmy wierzcho lki kostki liczbami 1, 2, 3,..., 8. Nastepnie na wszystkich odcinkach l acz acych wierzcho lki rysujemy strza lki o zwrocie od wierzcho lka o mniejszym numerze do wierzcho lka o numerze wiekszym. Proces: obrót jednej ściany powoduje cykliczna zmiane numeracji obracanej ściany oraz zmiane zwrotu pewnych po l aczeń. Niezmiennik: wykażemy, że podczas jednego obrotu zwrot zmienia nieparzysta ilość po l aczeń. 12

ciag dalszy rozwiazania zadania 3 Analizujemy jeden obrót: możemu za lożyć, że obracamy górna ściane. Po l aczenia dzielimy na trzy grupy: 4 4 po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana, 4+2 po l aczenia w dolnej ścianie i 4 + 2 po l aczenia w górnej ścianie. Po l aczenia w dolnej ścianie: nie zmienia sie żadne po l aczenie. Po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana: 13

ciag dalszy rozwiazania zadania 3 Analizujemy jeden obrót: możemu za lożyć, że obracamy górna ściane. Po l aczenia dzielimy na trzy grupy: 4 4 po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana, 4+2 po l aczenia w dolnej ścianie i 4 + 2 po l aczenia w górnej ścianie. Po l aczenia w dolnej ścianie: nie zmienia sie żadne po l aczenie. Po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana: jeżeli dok ladnie k po l aczeń idacych z góry na dó l zmieni lo swój zwrot to aby ilość po l aczeń idacych z góry na dó l pozosta la sta la dok ladnie k po l aczeń idacych z do lu do góry musi zmienić swój zwrot. Razem zwrot zmienia parzysta ilość po l aczeń. Po l aczenia w górnej ścianie: 14

ciag dalszy rozwiazania zadania 3 Analizujemy jeden obrót: możemu za lożyć, że obracamy górna ściane. Po l aczenia dzielimy na trzy grupy: 4 4 po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana, 4+2 po l aczenia w dolnej ścianie i 4 + 2 po l aczenia w górnej ścianie. Po l aczenia w dolnej ścianie: nie zmienia sie żadne po l aczenie. Po l aczenia pomiedzy górna i dolna ściana: jeżeli dok ladnie k po l aczeń idacych z góry na dó l zmieni lo swój zwrot to aby ilość po l aczeń idacych z góry na dó l pozosta la sta la dok ladnie k po l aczeń idacych z do lu do góry musi zmienić swój zwrot. Razem zwrot zmienia parzysta ilość po l aczeń. Po l aczenia w górnej ścianie: rozbijamy na dwie grupy. 4 po l aczenia na obwodzie i 2 przekatne. Zauważamy, że ilość po l aczeń na obwodzie skierowanych zgodnie z ruchem wskazówek zegara sie nie zmienia. Stad rozumujac jak poprzednio stwierdzamy, że tylko parzysta ilość po l aczeń na obwodzie może zmienić swój zwrot. Na koniec latwo stwierdzić, że dok ladnie jedna przekatna zmienia swój zwrot. 15

Zadanie 4, LVIII OM, 3 etap Liczbe ca lkowita dodatnia nazwiemy bia l a, jeżeli jest równa 1 lub jest iloczynem parzystej liczby liczb pierwszych (niekoniecznie różnych). Pozosta le liczby ca lkowite dodatnie nazwiemy czarnymi. Zbadać, czy istnieje taka liczba ca lkowita dodatnia, że suma jej bia lych dzielników jest równa sumie jej czarnych dzielników. Szkic rozwiazania Proces: niczego nie widać :-(( 16

Zadanie 4, LVIII OM, 3 etap Liczbe ca lkowita dodatnia nazwiemy bia l a, jeżeli jest równa 1 lub jest iloczynem parzystej liczby liczb pierwszych (niekoniecznie różnych). Pozosta le liczby ca lkowite dodatnie nazwiemy czarnymi. Zbadać, czy istnieje taka liczba ca lkowita dodatnia, że suma jej bia lych dzielników jest równa sumie jej czarnych dzielników. Szkic rozwiazania Wprowadźmy oznaczenia: dla liczby ca lkowitej dodatniej k > 1 B(k) = sumie bia lych dzielników liczby k, C(k) = sumie czarnych dzielników liczby k, D(k) = B(k) C(k). Zadanie polega na stwierdzeniu czy istnieja liczby ca lkowite dodatnie k > 1 takie, że D(k) = 0. Hipoteza: Dla k, l > 1 takich, że NW D(k, l) = 1 zachodzi D(kl) = D(k)D(l). 17

ciag dalszy rozwiazania zadania 4 Za lóżmy, że postawiona hipoteza jest prawdziwa i wywnioskujmy odpowiedź na postawione pytanie. Niech k > 1 bedzie taka liczba, że D(k) = 0. Rozk ladajac k na czynniki pierwsze k = p r 1 1 pr 2 2... pr n n otrzymujemy D(k) = D(p r 1 1 )D(pr 2 2 )... D(pr n n ) = 0. Stad dla pewnego j musi zachodzić D(p r j j ) = 0. Jest to jednak niemożliwe gdyż B(p r j j ) = 1 + p2 j + p4 j +... C(p r j j ) = p j + p 3 j + p5 j +... D(p r j j ) = 1 p j + p 2 j.... Widzimy, że liczba D(p r j j ) daje reszt e 1 z dzielenia przez p j a wi ec nie może być równa zero. 18

ciag dalszy rozwiazania zadania 4 Pozostaje udowodnić hipotez e. Jeżeli liczby k, l > 1 sa wzglednie pierwsze to każdy dodatni dzielnik d iloczynu kl daje sie jednoznacznie przedstawić jako iloczyn ab gdzie a jest dzielnikiem dodatnim liczby k oraz b jest dzielnikiem dodatnim liczby l. Ponadto d jest bia ly jeżeli a i b maja taki sam kolor oraz d jest czarny gdy a i b sa różnych kolorów. Stad wnioskujemy, że B(kl) = B(k)B(l) + C(k)C(l), oraz C(kl) = B(k)C(l) + B(l)C(k), D(kl) = B(kl) C(kl) = B(k)B(l) + C(k)C(l) B(k)C(l) B(l)C(k) = (B(k) C(k))(B(l) C(l)) = D(k)D(l). Proces: iloczyn liczb wzgl ednie pierwszych. Niezmiennik: udowodniona wlasność operacji D. 19

Co to jest pó lniezmiennik procesu? Pó lniezmiennik procesu to pewna wielkość, która może sie zmieniać podczas trwania tego procesu tylko w jedna strone tzn., że stale maleje lub stale rośnie. 20

Kilka zadań rozwiazanych metoda pó lniezmienników Zadanie 5 Na okregu napisano n liczb naturalnych. Miedzy każdymi dwiema sasiednimi liczbami wpisujemy ich najwiekszy wspólny dzielnik, po czym wcześniej zapisane liczby ścieramy. Z nowo otrzymanymi n liczbami postepujemy analogicznie. Wykaż, że po pewnej skończonej liczbie kroków wszystkie liczby na okregu bed a sobie równe. 21

Kilka zadań rozwiazanych metoda pó lniezmienników Zadanie 5 Na okregu napisano n liczb naturalnych. Miedzy każdymi dwiema sasiednimi liczbami wpisujemy ich najwiekszy wspólny dzielnik, po czym wcześniej zapisane liczby ścieramy. Z nowo otrzymanymi n liczbami postepujemy analogicznie. Wykaż, że po pewnej skończonej liczbie kroków wszystkie liczby na okregu bed a sobie równe. Szkic rozwiazania Oznaczmy przez S sume wszystkich liczb na okregu. Zauważmy, że jeżeli na okregu nie wszystkie liczby sa równe to S maleje. Ponadto suma S jest ograniczona z do lu co oznacza, że po skończonej liczbie kroków S nie może już maleć i wtedy wszystkie liczby na okregu bed a sobie równe. 22

Zadanie 6 Na p laszczyźnie danych jest 2n punktów. Wykaż, że zawsze można tak narysować n odcinków, aby każdy punkt by l końcem pewnego odcinka i odcinki te si e nie przecina ly. 23

Zadanie 6 Na p laszczyźnie danych jest 2n punktów. Wykaż, że zawsze można tak narysować n odcinków, aby każdy punkt by l końcem pewnego odcinka i odcinki te si e nie przecina ly. Szkic rozwiazania Rysujemy w dowolny sposób n odcinków tak aby każdy z 2n punktów by l końcem pewnego odcinka. Jeżeli wszystkie narysowane odcinki sie nie przecinaja to zadanie zosta lo wykonane. Za lóṁy wiec, że pewne odcinki AB i CD sie przecinaja i żadne trzy z czterech punktów A, B, C, D nie sa wspó lliniowe. Wtedy poprawiamy nasz uk lad zastepuj ac odcinki AB i CD odcinkami AC i BD. 24

Zadanie 6 Na p laszczyźnie danych jest 2n punktów. Wykaż, że zawsze można tak narysować n odcinków, aby każdy punkt by l końcem pewnego odcinka i odcinki te si e nie przecina ly. Szkic rozwiazania Rysujemy w dowolny sposób n odcinków tak aby każdy z 2n punktów by l końcem pewnego odcinka. Jeżeli wszystkie narysowane odcinki sie nie przecinaja to zadanie zosta lo wykonane. Za lóṁy wiec, że pewne odcinki AB i CD sie przecinaja i żadne trzy z czterech punktów A, B, C, D nie sa wspó lliniowe. Wtedy poprawiamy nasz uk lad zastepuj ac odcinki AB i CD odcinkami AC i BD. Jeżeli wszystkie cztery punkty leża na jednej prostej w kolejności A, C, B, D to ponownie zastepujemy AB i CD odcinkami AC i BD podobnie w przypadku gdy trzy z czterech tych punktów sa wspó lliniowe. Zauważamy, że w każdym przypadku suma d lugości wszystkich odcinków maleje. 25

Zadanie 6 Na p laszczyźnie danych jest 2n punktów. Wykaż, że zawsze można tak narysować n odcinków, aby każdy punkt by l końcem pewnego odcinka i odcinki te si e nie przecina ly. Szkic rozwiazania Rysujemy w dowolny sposób n odcinków tak aby każdy z 2n punktów by l końcem pewnego odcinka. Jeżeli wszystkie narysowane odcinki sie nie przecinaja to zadanie zosta lo wykonane. Za lóṁy wiec, że pewne odcinki AB i CD sie przecinaja i żadne trzy z czterech punktów A, B, C, D nie sa wspó lliniowe. Wtedy poprawiamy nasz uk lad zastepuj ac odcinki AB i CD odcinkami AC i BD. Jeżeli wszystkie cztery punkty leża na jednej prostej w kolejności A, C, B, D to ponownie zastepujemy AB i CD odcinkami AC i BD. Podobnie w przypadku gdy trzy z czterech tych punktów sa wspó lliniowe. Zauważamy, że w każdym przypadku suma d lugości wszystkich odcinków maleje. Przy zadanych 2n punktach istnieje tylko skończona ilość uk ladów n odcinków. Oznacza to, że po pewnej skończonej liczbie opisanych operacji suma wszystkich odcinków nie bedzie sie mog la już zmniejszyć co oznacza, że w otrzymanym uk ladzie odcinki już sie nie przecinaja. 26