هوش و خلاقیت: دانلود رایگان نمونه سوالات استخدامی دبیری ریاضی آموزش و پرورش رایگان تا مدت محدود
یکی رو یکی زیر!
شهر پلآباد تعدادی اتوبان دارد. اتوبانها خمهای بستهای هستند که با خود و یکدیگر تقاطع هایی بهش کل چهاراه دارند. آقای پلدوست، شهردار شهر، تصمیم دارد جهت کاهش تصادفات، در هر تقاطعیک پل بسازد. او میخواهد به نحوی پلها را بسازد که در هر اتوبان اتومبیلها، یکی درمیان از زیر پلو روی پل عبور کنند. بر حسب تعداد اتوبانها بگویید آیا این کار شدنی است؟
برای دانلود سوالات روی لینک زیر کلیک کنید :
نمونه سوالات تخصصی استخدامی رشته ریاضی 97-98-99
نمونه سوالات استخدامی خلاقیت ریاضی بایگانی مدیو سوالنمونهسوالاتاستخدامیخلاقیتریاضی حاوی نمونه سوالات کمک آموزشی تخصصی دبیر ریاضی آموزش پروش مطابق سرفصل های آزمون سازمان سنجش متولی آزمون اعلام شده برای آزمون دبیر ریاضی بسته سوالات استخدامی دبیر ریاضی آموزش پرورش مجموعه نظیر تاپ سوالدانلودسوالاتاستخدامیدبیرریاضیآمو عدد سوال تخصصی خلاقیت ریاضی همراه پاسخنامه نمونه سوالات عمومی استخدامی هوش توانمندیهای عمومی تعداد عدد همراه پاسخنامه دانلود رایگان نمونه سوالات استخدامی دبیر ریاضی آموزش پرورش دبیری دانلودرایگانسوالاتاستخدامیدبیرری جهت دانلود رایگان نمونه سوالات “تخصصی” آزمون استخدامی آموزش پرورش اینجا کلیک کنید اطلاعیه نمونه سوالات رایگان تخصصی .
ریاضی آموزش پرورش دانلود رایگان جهت آزمون استخدامی سال سوالات خلاقیت ریاضی لطفا بگذاریددانلود نمونه سوالات تخصصی دبیر ریاضی آموزش پرورش سوالدانلودنمونهسوالاتتخصصیدبیرریاضیآ نمونه سوالات استخدامی تخصصی رشته ریاضی جهت شرکت آزمون استخدامی سوالات دبیر ریاضی آموزش پرورش درس خلاقیت ریاضی عدد گلچین نمونه سوالات دبیر ریاضی استخدامی آموزش پرورش سایت گلچیننمونهسوالاتدبیرر سوال درس اصول آموزش ریاضی همراه جواب دبیر ریاضی بسیار مهم نمونه سوال درس خلاقیت ریاضی همراه جواب دبیر ریاضی بسیار مهمدانلود نمونه سوال درس خلاقیت مسئله تفکر راهبردی پیام نور دانلود نمونه سوال درس خلاقیت مسئله تفکر راهبردی .
نور دانلود نمونه سوال پیام نور اقتصاد کلان دانلود نمونه سوال پیام نور ریاضیات پایه مقدمات آمار سوالات جزوات استخدامی آموزش وپرورش رشته دبیر ریاضی کندو شما مطالعه این مجموعه نیاز خرید مطالعه هیچگونه کتاب نمونه سوال دیگری تدریس ریاضیات کتاب خلاقیت ریاضی تایید شده توسط وزارت آموزش پرورشدانلود نمونه سوالات تخصصی دبیر ریاضی آموزش پرورش مجموعه فوق سوالاتتخصصیدبیرریاضیآموزشو عدد نمونه سوالات آنالیز ریاضی جبر آنالیز عددی ویژه آزمون تخصصی عدد نمونه سوالات خلاقیت ریاضی ویژه آزمون تخصصی دبیر ریاضی آموزش پرورش نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی .
نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات خلاقیت ریاضی نمونه سوالات دبیر ریاضی استخدامی آموزش پرورش استخدام آزمون دانلودسوالاتاستخدامی بانک سوالات آزمون استخدامی کاملترین مجموعه سوالات استخدامی دبیر ریاضی شامل نمونه سوالات عمومی تخصصی باشد مطالعه عدد سوالات تخصصی خلاقیت ریاضی همراه پاسخنامهنمونه سوالات هوش خلاقیت ریاضی بلاگ گروه های آموزشی مجتمع علوی نمونه سوالات هوش خلاقیت ریاضی گروه آموزشی پایه ششم دبستان علوی قاسم بری ارسال شده توسط قاسم بری .
روز شنبه دسته پایه نمونه سوالات هوش خلاقیت ریاضی ششم ابتدایی مدرسه نیوز نمونه سوالات هوش خلاقیت ریاضی ششم ابتدایی شما این فایل دسترسی ندارید، جهت دانلود این فایل عضو پورتال وارد سیستم شویدسوالات استخدامی دبیر ریاضی آموزش پرورش مجموعه تمام کمال سوالاتاستخدامیدبیرریاضیآموزشوپرو بهترین انتخاب برای نمونه سوالات استخدامی دبیر ریاضی آموزش پرورش سوالات درس ریاضی عمومی عدد سوالات درس خلاقیت ریاضی عدد نمونه سوال پیام نور درس خلاقیت مسئله تفکر راهبردی پاسخنامه نمونهسوالپیامنوردرسخلاقیتحلمسئله نمونه سوال پیام نور درس خلاقیت مسئله تفکر راهبردی پاسخنامه دانلود مشخصات پکیج نمونه سوالات درس .
مسئله وتفکر راهبردی بارم بندی امتحانات دروس پیش دانشگاهی رشته ریاضی، تجربی انسانی نمونه سوالات استخدامی آموزش پرورش دبیر ریاضی تهیه شده توسط تیم مجموعه ریاضیات ریاضی عمومی معادلات دیفرانسیل آمار احتمالآنالیز ریاضی، جبر آنالیز عددی اصول آموزش ریاضیخلاقیت ریاضیآزمون خلاقیت ریاضی دوره تابستانی المپیاد ریاضی سال آزمون خلاقیت ریاضی دوره تابستانی المپیاد ریاضی سال نکات کنکوری ریاضی انسانی جمعه مهر نمونه سوالات انتگرال جمعه مهر نمونه سوالات استخدامی رایگان هوش ایران استخدامنمونهسوالاتاستخدامیرایگانهوش سوالات استخدامی رایگان هوش توجه پاسخنامه خودآزمایی درس هوش ایران استخدام انتهای سوال اضافه جهت دانلود نمونه .
پکیج ویژه شامل آزمونهای برگزار شده توسط سنجش اینجا کلیک کنید ریاضی گزینهج روی نمونه سوالات ریاضی تست هوش نمونه سوالات ریاضی تست هوش آزمون ریاضی تست هوش، تجربیات شغل معلمی آموزش نوین مجازی ریاضیاتدانلود رایگان نمونه سوالات عمومی آزمونهای استخدامی پاسخنامه تشریحی دانلود رایگان نمونه سوالات عمومی آزمونهای استخدامی پاسخنامه همراه جواب انگلیسی، ریاضی، آمار، زبان ادبیات فارسی، معارف اسلامی هوش توانمندی های عمومی نمونه سوالات تخصصی استخدامی رشته ریاضی دبیری ریاضینمونهسوالاتتخصصیاستخدامیرشتهریاض عدد سوالات تخصصی آنالیز عددی پاسخنامه عدد سوالات تخصصی اصول آموزش ریاضی پاسخنامه عدد سوالات تخصصی خلاقیت .
نمونه سوالات امتحانی منبع سایت ریاضی سرا تیزلندسایتریاضیسرا بانک سوال نمونه سوال سرزمین تیزهوش منبع سایت ریاضی سرامنابع مطالعاتی برای آزمون های استخدامیتجربیاتپذیرفتهشدگانآزموناس خلاقیت ریاضی گتاب جرج پولیا ترجمه دکتر شهریاری، متن درس مسائلشو کامل انتشارات فرهنگ «فقط چند نمونه انواع تستها» فراموش نکنید سوال تست نمونه سوالات سال سوم ابتدایی موسسه علمی خبرگاننمونهسوالاتسالسومابتدایی نمونه سؤالات ریاضی نمونه سؤالات علوم زنگ علوم نمونه سؤالات آزمون تشریحی درس علوم نمونه سؤالات آزمون تشریحی درس ریاضی نمونه سؤالات آزمون تشریحی درس ریاضی برچسب هوش خلاقیت ریاضی برای همه هوشوخلاقیت تست های هوش .
سوالات استعداد تحلیلی آزمون تیزهوشان نمونه سوالات هوش استعداد تحلیل، استعداد تحلیلی، هوش خلاقیت، نمونه سوالات تیزهوشان نظر تست تیزهوشان نمونه دولتی پایه هفتم سرای ریاضی شما این بخش سوالات هوش خلاقیت مسابقات هوش وخلاقیت ریاضی اخبار هوش وخلاقیت دسترسی خواهید داشتہنمونه سوالات خلاقیت مسئله تفکر راهبرداریخلاقیتحلمسئلهوتفکرراهبردار مجموعه نمونه سوالات خلاقیت مسئله تفکر راهبرداری درس شامل تمامی آزمون های پیام نور درس خلاقیت مسئله تفکر راهبرداری کتابدانلود رایگان نمونه سوالات استخدامی ریاضی وآمار نمونه سوالات استخدامینمونهسوالاتدانلودرایگاننمونه اکثر آزمون های استخدامی کشور دارای سوالاتی زمینه ریاضیات آمار باشند تیم مدیریتی مخفیگاه .
بسته نمونه سوال ریاضیات آمار شامل نمونه نمونه سوالات مدرسه ابتدایی یگانه سوال شماره پایه سوم دوست خوبم اینجا سوالهای هوش خلاقیت ریاضی برات طراحی میشه اگه دوس داشتی میتونی بهشون جواب بدی پاسخ تشریحیش برگه خلاقیت نمونه سوال ریاضی نمونه سوال ریاضی جرم بسته شکلات گرمی چقدر است الف گرم کیلو گرم گرم کیلو گرم ترازویی کفه هندوانه
به نام او
آزمون خلاقیت
.۱دستگیری قیصر!
نیروی انتظامی میخواهد قیصر، یکی از اراذل و اوباش سابقهدار، را دستگیر کند. قیصر در یکی از
خیابانهای شهرکی مربعی شکل، شامل nخیابان عمودی و nخیابان افقی، متواری است. در دو حالت
الف و ب، به چند مأمور نیاز است که در هر صورت قیصر دستگیر شود؟
قسمتی از کاریکاتوری از جمال رحمتی
الف. سرعت مأمورین با قیصر برابر است و هر لحظه با ردیابی تلفن همراهش از موقعیت او مطلع میشوند.
ب. سرعت قیصر نامحدود است، تلفن همراهش خاموش است و تا مأموری از کنار او رد نشود اطلاعی از
مکان او به دست نمیآورد.
توجه کنید که حرکت افراد پیوسته است و هر جا که بخواهند میتوانند بایستند یا تغییر مسیر دهند.
در هر قسمت اگر موفق به یافتن جواب دقیق نشدید، کرانهای بالا و پایین برای جواب بیابید. .۲درگیری مثلثانه!
شش نقطه در فضا را دو به دو با پارهخطهای غیرمتقاطع به هم وصل کردهایم. ثابت کنید دو مثلث مجزای
در هم گیر کرده به وجود آمده است. .۳چندجملهایها
الف. ثابت کن دی دو چندجمله یا با ضرا بی صح حی وجود دارد که هر کدام ضر یبی بزرگتر از ۱۳۸۷داشته
باشد ولی ضرا بی حاصلضرب آنها ، ۱ ۰ای -۱باشد.
ب. آیا مضربی از x x 2 − + 3 1وجود دارد که همهی ضرایب آن ۱ ، ۰یا -۱باشد؟ .۴شکلهای جبری
شکل Sدر صفحه را جبری گوییم اگر چندجملهای دومتغیرهی Pوجود داشته باشد که مجموعهی
صفرهای آن در صفحه، برابر با شکل Sباشد؛ یعنی
S x y P x y = ∈ = { } ( , ) | ( , ) \2 0
مثلاً دایره أی به شعاع یک به مرکز مبد ، یک شکل جبری است، چون نقاط آن دقیقاً صفرهای
. x y 2 2 + −1هستند
تعیین کنید که شکلهای زیر جبریاند یا خیر؟
الف. مربع توخالی
ب. نیمدایرهی بسته .۵بازی »جادهی « امن
الف. فرض کنید ′ ′ RBR Bیک چهار ضلعی محدب باشد که رئوس آن را یکی در میان قرمز و آبی
کردهایم ) Rقرمز .( است تعدادی نقطه درون، و نه روی مرز، این چهار ضلعی گذاشتهایم با این شرط که با
اضافه کردن رئوس چهار ضلعی به آنها هیچ چهار تایی، مگر احتمالاً رئوس چهار ضلعی ′ ′ ،RBR Bروی
یک دایره نباشند. نقاط داخلی را با دو رنگ آبی و قرمز رنگ میکنیم. ثابت کنید دقیقاً یکی از دو حالت زیر
رخ میدهد:
oمسیری در صفحه از Rبه ′ Rموجود است که فاصلهی هر نقطهی آن تا نقطهای قرمز اکیداً کمتر از
فاصلهی آن نقطه تا هر نقطهی . آبی باشد
oمسیری در صفحه از Bبه ′ Bموجود است که فاصلهی هر نقطهی آن تا نقطهای آبی اکیداً کمتر از
فاصلهی آن نقطه تا هر نقطهی . قرمز باشد
به این دو نوع مسیر، به ترتیب، »مسیر قرمز« و »مسیر آبی« میگوییم.
فرض کن دی nعددی طب عی ی باشد. دو نفر یکی در میان نقطه وی قرمز نقطهی آبی در درون چهار ضلعی
یاد شده در قسمت الف، میگذارند به طوری که در هر مرحله، . شرط ذکر شده برقرار باشد بازی زمانی که هر
بازیکن nنقطه گذاشت تمام میشود. هدف نفر اول این است که در نهایت بتواند مسیری قرمز از Rبه
′ Rایجاد کند و هدف نفر دوم این است که بتواند در نهایت مسیری آبی از Bبه ′ Bایجاد کند.
ب. ثابت کنید اگر ′ ′ RBR Bمستطیل باشد، به ازای هر nای، نفر دوم میتواند بازی را ببرد.
ج. سعی کنید برای چهار ضلعیهای دیگری هم برندهی . بازی را مشخص کنید .۶تقسیم مریخ
پنج ایستگاه تحقیقاتی در حال فعالیت بر روی مریخ هستند. آیا به ازای هر نحوه قرار گرفتن ایستگاهها
میتوان سطح مریخ را به پنج ناحیهی یکپارچه و همنهشت تقسیم کرد به روط ی که هر ناحیه شامل یک
ایستگاه باشد؟ .۷گرافهای »خود متقاطع«
گرافی را »خود متقاطع« گوییم اگر بتوان آن را طوری در صفحه رسم کرد که یالهای آن پارهخط باشد و
هر دو یال با هم اشتراک داشته باشند. توجه کنید که هیچ یالی نباید شامل رأسی غیر از رأسهای انتهایی
خودش باشد.
الف. به ازای چه nهایی دور به طول ،nیک گراف خود متقاطع است؟
ب. ثابت کنید در یک گراف خود متقاطع تعداد یالها بیشتر از تعداد رأسها نیست.
ج. تمام گرافهای . خود متقاطع را مشخص کنید .۸نسخهی خطی
در نسخهای خطی از یک رسالهی قدیمی ریاضی آمده است:
رساله در چه سالی به پایان رسیده است؟ ثابت کنید!
ও લ ໑ भ ૡ৳ ୀا الࢢط ن خا ه یا ࢌ و ජد حا ل ॰د و و وب.
ଌ ଌ ॴ ऒ ණ ໑ ඵස ໋ ণ ৳ ฮا ن رسا భ ଔسا ی ଘا مام ر ید ا ඟزده ජه భود رب ود ا ن
࣓ࠝ ࠛ ໋ લدد م حا ل ඟدد
٢۵٨١۴۵٢۶۶٨٠۴۶٩٢٠٧٧٨۵٨٢۶١۵١٢۶۶٣
່ ໋ عل ا ا ا ංඖࣄ उ ുঝ මای ୍ସز ଡد ن و آگاه باش ا భ ඟم الاࠛد د ه با ی ل
ग़ ଌع ا ن ما ୀو ४ࢮل ا॥ت.به نام او
آزمون خلاقیت
.۱خیلی دور، خیلی نزدیک
فرض کنید n > 2و ...،A2 ،A 1و Anنقاطی در صفحه باشند که هیچ سه یات ی روی یک خط نیستند.
الف. فرض کنید ...،M2 ،M1و Mnنقاطی روی پارهخطهای ...،AA 2 3 ،AA 1 2و A A n 1باشند. نشان
دهید اگر Bn ،...،B2 ،B1نقاطی، به ترتیب، درون مثلثهای ...،M AM 1 2 2 ،M AM n 1 1و M A M n n −1 n
باشند آنگاه
n n
B B A A 1 2 2 3 1 1 2 2 3 1 B B B B A A A A + + + + ≤ " " + +
که منظور از XYطول پارهخط XYاست.
ب. اگر Y ،Xو Zسه نقطه در صفحه باشد، آنگاه HXYZرا نیمصفحهای بگیرید که مرز آن نیمساز
خارجی زاویهی Yدر مثلث XYZباشد و شامل نیمساز . داخلی نباشد
نشان دهید اگر ...،C2 ،C1و ،Cnبه ترتیب، نقاطی در
باشندHA A A −1 1 nn ،... وHAA A 1 2 3 ،HA AA n 1 2
.
n n
A A C 1 2 2 3 1 1 2 2 3 1 A A A A C C C + + + + ≤ + " " + C C
پیشنهاد: قسمت ب را ابتدا در حالتی حل کنید که هر Ciروی نیمساز خارجی زاویهی متناظر باشد.
Z
X
H
XYZ Y .۲جایگشت ثابتقدم
جایگشت πروی { } 1 2 , ,...,nرا ثابتقدم گوییم اگر مجموعهی { } π( ) | , ,..., k k k n − = 1 2
دو عضو داشته باشد. ثابت کنید تعداد جایگشتهای ثابتقدم برابر است با − σ τ ( ) ( ) n nکه در آن
σ( ) nمجموع مقسومعلیه مثبتهای nو τ( ) nتعداد مقسومعلیه مثبتهای . nاست )یادآوری:
جایگشت یعنی تابعی یک به یک و پوشا از یک مجموعه به خودش(. .۳مثلثبندی موازی
مثلثی دلخواه را به تعدادی مثلث متشابه با خودش افراز کردهایم بهطوری که هر ضلع هر مثلث کوچک با
ضلعی از مثلث اصلی موازی است. در این صورت هر مثلث کوچک تجانسی از مثلث اصلی است و ضریب
تجانس میتواند مثبت یا منفی باشد. ثابت کنید مجموع همهی ضریب تجانسها برابر یک است. .۴تابعین!
آیا دو تابع → \ \ f, : gوجود دارد که به ازای هر ≠ x yنابرابری زیر برقرار باشد؟
f( ) ( ) ( ) ( ) x f y g x g y − + − > 1 .۵توپ غلطان
توپی کاملاً کروی روی زمینی کاملاً مسطح قرار دارد و نقطهای روی آن علامت زده شده است.
میخواهیم با غلطاندن توپ روی یک چندضلعی بسته در صفحه این نقطه را به بالا منتقل کنیم بهطوری
که در نهایت توپ به جای اولش برگشته باشد. توجه کنید که در غلطاندن توپ مجاز نیستیم که درجا توپ
را بچرخانیم. ثابت کنید این کار ممکن است.
× .۶مبنای کی به علاوهی یآ !
فرض کنید zعددی مختلط و مخالف صفر . باشد که قسمت حقیقی و قسمت موهومی آن صحیح است
ثابت کنید این عدد نمایشی یکتا به شکل زیر دارد
z a a i a i a i = + + + + + + + 0 1 2 ( ) ( ) ... ( ) 1 1 1 2 n n
که n ≥ 0و در آن ajها صفر یا یک هستند و .an = 1 .۷چندوجهی محیطی
چندوجهی Pبر یک کره محیط است. وجوه Pرا به گونهای با سیاه و سفید رنگ کردهایم که هیچ دو
وجه سیاهی ضلع مشترک ندارند.
ثابت کنید مساحت وجوه سیاه بیشتر از مساحت وجوه سفید نیست. .۸خوشهی نامتناهی
فرض کنید برخی از رئوس شبکهی ) دو بعدی مسطح یعنی (]2را حذف کردهایم. به این نقاط به شکل
یک گراف نگاه کنید؛ دو رأس به هم وصل هستند اگر در یک درایه برابر باشند و در یک درایه یک واحد
اختلاف داشته باشند. به هر مؤلفهی همبندی این گراف یک خوشه گفته میشود.
فرض کنید به ازای هر ` ∈ nتعداد رئوس حذف شدهی داخل مربع افقی به مرکز مبدأ و به ضلع
+ 2 1 nکمتر از n / 2باشد. ثابت کنید رئوس حذفنشده شامل دقیقاً یک خوشهی نامتناهی است.به نام او
آزمون خلاقیت
.١چندجملهای دو متغیره
) , ( P x yچندجملهای دو متغیره با ضرایب حقیقی است. درجهی یک تکجمله یعنی جمع توانهای xو
yدر آن. مجموع جملات با بیشترین درجه در ) , ( P x yرا ) , ( Q x yمینامیم.
)به عنوان مثال اگر P x y x y x y xy x ( , ) = − + + − 3 2 5 5 4 2 3 2آنگاه
.(Q x y x y x y ( , ) = − 3 2 4 2 3
فرض کنید اعداد حقیقی x1و y1و x2و y2وجود دارند که
Q x y Q x y ( , ) , ( , ) 1 1 2 2 > < 0 0
ثابت کنید مجموعهی {( , ) | ( , ) } x y P x y = 0کراندار نیست.
)زیرمجموعهی Sاز صفحه را کراندار گوییم اگر عدد مثبت Mوجود داشته باشد که فاصلهی اعضای S
تا مبدأ، کمتر از Mباشد(. .٢مکعب غلطان
aو bو cاعداد طبیعی هستند. یک مکعب + × + × + ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 a b cداریم. این مکعب روی
صفحهای از هر سمت نامتناهی و با مربعهای واحد قرار دارد. میتوان مکعب را به هر جهتی غلطاند. وجههای
مکعب به مربعهای واحد تقسیم شده و خانهی وسط هر وجه رنگی شده است )یعنی اگر روی هر خانه از
صفحه قرار بگیرد، آن خانه رنگی میشود.(
ثابت کنید اگر طول اضلاع مکعب دو به دو نسبت به هم اول باشند، آنگاه هر خانهای از صفحه را میتوان
رنگی کرد. .٣نقاط در صفحه
مجموعه Aمتشکل از nنقطه در صفحه با آرایشی دلخواه داده شده است. مجموعهای که از اثر تبدیلهای
انتقال، دوران، تجانس و یا ترکیبهای آنها روی Aبه دست بیاید را یک نسخه از Aگـوییم. مـیخـواهیم
nنسخه از Aرا طوری در صفحه قرار دهیم، به طوری که هر دو نسخه، اشتراکشان تکعضوی و هر سه تـا
اشترکشان تهی باشد.
الف( ثابت کنید اگر هیچ ٤نقطهای از Aتشکیل متوا یز الاضلاع ندهند، میتـوان بـدون اسـتفاده از دوران و
تجانس و تنها با استفاده از انتقالها ) . این کار را انجام داد Aمتوا یز الاضلاع با زاویه ٠و متوازیالاضلاعی که
دو راس مقابلش بر هم منطبق باشد هم ندارد(!
ب( ثابت کنید همواره با استفاده از ترکیبهای تمام تبدیلها میتوان این کار را انجام داد. .٤کاشیکاری
فرض کنید Sشکلی در صفحه باشد که مرز آن شامل هیچ نقطه شبکهای نباشد. فرض کنید ∈ , x y S
دو نقطه شبکهای به فاصله ) ١باشند نقطهای را شبکهای گوییم ( اگر مختصات طول و عرض آن صحیح باشد .
فرض کنید با استفاده از کپیهای شکل Sبتوان صفحه را کاشیکاری کرد بهطوری که نقاط xو yهمواره
روی نقاط شبکهای بیفتند )کپیهای Sرا میتوان دوران داد و یا برگرداند.( ثابت کنید مساحت شکل ،S
برابر با تعداد نقاط شبکهای درون آن است.
xy .٥دنباله جالب
nعددی طبیعی است و ", , x x 1 2دنبالهای از اعداد ١و −1است که دارای خاصیتهای زیر است:
• متناوب است و کوچکترین دوره تناوب آن − . 2 1 nاست )یعنی برای هر عدد طبیعی jداریم
x x j + − 2 1 n = jو − 2 1 nکوچکترین عدد طبیعی با این خاصیت است(.
• اعداد صحیح متمایز 0 ≤ < < < < t t t n 1 2 " kوجود دارند که برای هر عدد طبیعی j
داریم
x x x x j n j t j t j t + + + + = × × × 1 2 " k
ثابت کنید برای هر عدد طبیعی sکه s < − 2 1 nداریم
n
i i s
i
x x
−
+
=
∑ = −
2 1
1
1 .٦چندوجهی
یک - ١٢ضلعی در صفحه را خوب میگوییم هرگاه:
اولاً منتظم باشد، دوماً تو پر باشد!!، سوماً مرکز آن مبدأ مختصات باشـد، چهارمـاً راسهـای آن شـامل نقـاط
(, ) 0 1و (, ) 10و ( , ) −10و − . (, ) 0 1باشد یعنی به شکل زیر:
تعداد وجههای حجیمترین چندوجهیای را بیابید که تصویرش روی هـر سـه صـفحه xyو yzو zxیـک
- ١٢ضلعی خوب شود.
)واضح است که مرکزهای این سه -١٢ضلعی بر هم منطبق و همان مبدا مختـصات بـرای فـضای سـه بعـدی
است (. .٧تابع جالب
Sمجموعهای nعضوی است و ) ( P Sمجموعهی همهی زیرمجموعههای Sاست و
f : ( ) P S → `
تابعی با خاصیتهای زیر است:
• برای هر زیرمجموعه از Sمانند ،Aداریم − = .f( ) ( ) A f S A
• برای هر دو زیرمجموعه از Sمانند Aو ،Bداریم
max( ( ), ( )) ( ) f A f B f A B ≥ ∪
ثابت کنید تعداد اعضای ُ برد fکوچکتر یا مساوی . nاست .٨اعداد n2 + 1
ثابت کنید بینهایت عدد طبیعی به صورت n2 + 1وجود دارد که هیچ مقسوم علیهی به شکل k 2 + 1به
جز یک و خودش، . نداردبه نام او
آزمون خلاقیت
.۱دوازده وجهی منتظم
دوازده وجهی منتظم یک چند وجهی محدب است که وجوه آن پنج
ضلعی منتظماند. همانطور که در شکل دیده میشود دوازده وجهی
منتظم بیست رأس دارد و از هر رأس سه ضلع خارج می . شود
فرض کنید هد رأس از بیست رأس یک دوازده وجهی منتظم را
علامت . زدهایم
الف( نشان دهید میتوان دوازده وجهی را با یک دوران بر
مکان قبلی خود منطبق کرد طوریکه حداکثر چهار رأس
علامتدار در جایی قرار گیرند که قبلاً هم رأس علامتداری در آن مکان قرار داشته است.
ب( نشان دهید عدد چهار در قسمت قبل قابل تعویض با عدد . سه نیست .۲چندجملهایهای ! ریشریش
الف( ثابت کنید برای هر kو nطبیعی، چندجملهایهای تکین درجه nی، با ضرا حیب صح مانند
P x P x 1( ),..., ( ) kوجود دارند که هیچ دوتایی عامل مشترک نداشته باشند و جمع هر چند تا از آنها تمام
. ریشههایش حقیقی باشد
ب( آیا نامتناهی چندجملهای تکین با ضرایب صحیح مانند ...,) ( ,) ( P x P x 1 2وجود دارد که هیچ دوتایی
عامل مشترک نداشته باشند و جمع هر تعداد متناهی از آنها تمام ریشههایش حقیقی باشد؟ .٣چهارضلعی لق
چهار میلة فلزی طوری به هم متصل شدهاند که اولاً تشکیل یک چهارضلعی در فضا را دادهاند و ثانیاً زاویة دو
میلة متصل آزادانه قابل تغییر است.
در حالتی که چهارضلعی کاملاً در یک صفحه نیست روی هر ضلع چهارضلعی نقطهای را علامت میزنیم به
نحوی که این چهار نقطه روی یک صفحه باشند. ثابت کنید با لق خوردن چهارضلعی، چهار نقطه
علامتزدهشده همیشه همصفحه باقی میمانند. .۴پله برقی هوشمند
پله برقی ایستگاه »جوانمرد قصاب« دارای این خاصیت است که اگر mنفر سوار آن باشند سرعت آن
m-aاست که . aعددی حقیقی، مثبت و ثابت است
فرض کنید nنفر میخواهند از پله بالا روند و عرض پلهها به
قدری است که همه میتوانند همزمان روی یک پله بایستند. اگر
طول پله برقی lباشد کوتاهترین زمان لازم برای این ک ةه هم n
نفر به بالای پله برقی برسند چهقدر است؟ چرا؟ .۵اعداد اول طلایی
فرض کنید aعددی حقیقی باشد و ... < < a a 1 2دنبالهای اکیداً صعودی از اعداد طبیعی باشد که
برای هر عدد طبیعی nداریم .a n n £ aعدد اول qرا طلایی مینامیم اگر عدد طبیعی mوجود
داشته باشد که .q a | mفرض کنید ... < < < ،q q q 1 2 3همة اعداد طلایی دنبالة . { } anباشند
الف( ثابت کنید اگر / ،a = 1 5آنگاه .qn £ 1390nآیا میتوانید کران بهتری برای qnبیابید؟
ب( ثابت کنید اگر / ،a = 2 4آنگاه .qn £ 13902nآیا میتوانید کران بهتری برای qnبیابید؟ .۶دوایر درگیر
دو دایره در فضا را درگیر میگوییم هر گاه . متقاطع باشند و یا در هم گیر کرده باشند
در مورد چهار نقطة متمایز ¢ ,¢ , , A B A Bدر فضا یک شرط لازم و کافی »مف دی « بیابید برای اینکه هر
دایرة گذرنده از زوج , A Bو هر دایرة گذرنده از زوج ¢ ,¢ . A Bدرگیر باشند .۷تابع پیشگو
تابع f : ( ) و زیرمجموعة Aاز را در نظر بگیرید. تابع fرا -Aپیشگو میگوییم اگر
مجموعة . { | , ( { }) } x x A f A x x Î Ï È ¹متناهی باشد نشان دهید تابعی وجود دارد که برای
هر زیرمجموعة Aاز اعداد طبیعی، -Aپیشگو باشد.
راهنمایی: ابتدا سعی کنید تابعی ارائه کنید که برای زیرمجموعههای متناهی . پیشگو باشد
)با این تابع میتوان شعبدهبازی غریبی ترتیب داد به این طریق که از فردی میخواهیم زیرمجموعة ثابتی از
اعداد طبیعی انتخاب کند و سپس یک عدد به آن اضافه کند و مجموعة حاصل را به ما بگوید. ما با اعمال
این تابع روی مجموعهای که به ما داده است، عدد اضافه شده را تقریباً همیشه، یعنی حداکثر به ازای متناهی
اشتباه برای هر ،Aاعلام می ! کنیم( .۸دنبالههای پوشاننده
دنبالة d d 1 ¼,, nاز اعداد طبیعی، نه لزوماً متمایز، را پوشاننده گوییم هر گاه تصاعدهایی با قدر نسبتهای
d d 1, , ¼ nوجود داشته باشند که هر عدد طبیعی در دستکم یکی از آنها آمده باشد. این دنباله را کوتاه
مینامیم هر گاه نتوان هیچ یک از d d 1, , ¼ nرا حذف کرد که دنبالة حاصل همچنان پوشاننده بماند.
الف( d d 1, , ¼ nرا یک دنبالة پوشانندة کوتاه بگیرید و فرض کنید اعداد طبیعی را با تصاعدهایی با
قدر نسبت d d 1, , ¼ nو عضو ابتدایی a a 1, , ¼ nپوشانده باشیم. همچنین pرا یک عدد اول
بگیرید که d d 1, , ¼ kرا میشمارد اما ¼ , , d d k n +1را نمیشمارد. ثابت کنید باقیماندههای
a a 1, , ¼ kبر ، pتمام اعداد 0 1 ¼ - ,, pرا شامل میشوند.
ب( در مورد دنباله های پوشاننده و هم چن نی دنباله های پوشانندة کوتاه در حالتی که هر کی از
d d 1, , ¼ nتنها کی عامل اول داشته باشد هر چه یم توان دی ثابت کن دی .به نام او
آزمون خلاقیت
.۱جهتگذاری بیدور
برای هر گراف سادة بیجهت f G ( ) ،Gعبارت است از تعداد روشهای جهتدار کردن یالهای G
به طوری که گراف حاصل، دورِ جهتدار نداشته باشد. مثلاَ . f K ( ) 3 6
برای هر رأس vاز گراف ،Gمنظور از G v گرافی است که از حذف کردن رأس vو تمام
یالهای متصل به آن به دست میآید.
الف( ثابت کنید اگر Gگرافی با رئوس v v 1 2 , ,,vnباشد
f G f G v f G v ( ) ( ) ( ) 1 n
و همة گرافهایی را بیابید که برای آنها تساوی رخ میدهد.
ب( برای هر یال eاز Gکه , u vدو سر آن باشند، G e گرافی است که از حذف کردن یال e
به دست میآید و / G eگرافی است که در آن , u vو یالهای متصل به آنها را حذف کرده و
رأس zرا به جای آنها قرار میدهیم و آن را به رأسی وصل میکنیم اگر و تنها اگر دستکم یکی از
, u vدر Gبه آن متصل باشد.
ثابت کنید برای هر یال eاز Gداریم: . f G f G e f G e ( ) ( ) ( / )
ج( ثابت کنید برای هر ، 1گرافِ Gو یک یالِ eاز آن وجود دارد که ) (
( )
f G
f G e
. .۲نابرابری محدب
فرض کنید Sشکلی محدب در صفحه با مساحت ۱۰باشد. وتری به طول ۳در Sدر نظر بگیرید و
Aو Bرا دو نقطه روی این وتر بگیرید که آن را به سه قسمت مساوی تقسیم کنند. برای نقطة
متغیر Xدر A ،S A B , و Bرا به ترتیب تقاطع نیمخطهای AXو BXبا مرز S
تعریف کنید. S را مجموعة Xهایی بگیرید که به ازای آنها داشته باشیم AA BB 1
3
. ثابت
کنید مساحت S دستکم ۶است.
)یک شکل در صفحه محدب گفته میشود اگر برای هر دو نقطة آن، پارهخط واصل آنها کاملاً درون
شکل باشد. در یک شکل محدب منظور از یک وتر، پارهخطی است که رئوسش روی مرز باشد.( .٣فی اویلر نزولی
ثابت کنید برای هر n اعداد طبیعی a a a 1 2 nوجود دارند که
،( ) n ) . ( ) ( ) ( ) a a a 1 2 nتعداد اعداد طبیعی کمتر از nاست که نسبت به
آن اول هستند.( .۴سکههای تقلبی
nکیسه داریم که داخل هر کدام ۱۰۰سکه است. همة سکهها ۱۰گرمی هستند به جز سکههای
یکی از کیسهها که ۹گرمی هستند. یک ترازوی یک کفهای داریم که وزن اشیاء را تا حداکثر یک
کیلوگرم بهطور دقیق نشان میدهد. دستکم چند بار وزن کردن لازم است تا بتوانیم کیسة متفاوت را
پیدا کنیم. .۵چندجملهایهای دوری
چندجملهای سه متغیرة Pرا دوری مینامیم هرگاه .P x y z P y z x ( , , ) ( , , ) ثابت کنید
چندجملهایهای سه متغیرة دوریِ , , , P P P P 1 2 3 4وجود دارند به طوری که برای هر چندجملهای
سه متغیرة دوری ،Pچندجملهای چهار متغیرة Qموجود باشد که
P x y z Q P x y z P x y z P x y z P x y z ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ) . 1 2 3 4 .۶مساحت چندضلعی محدب شبکهای
الف( ثابت کنید a 0وجود دارد که برای هر n ،n ضلعی محدب Pدر صفحه با رئوس
شبکهای وجود داشته باشد که مساحت Pاز an 3بیشتر نباشد.
ب( ثابت کنید b 0وجود دارد که برای هر n و هر nضلعی محدب Pدر صفحه با
رئوس شبکهای، مساحت Pاز bn2کمتر نباشد.
ج( ثابت کنید c, 0وجود دارد که برای هر n و هر nضلعی محدب P
رئوس شبکهای، مساحت Pاز cn2کمتر نباشد. ) (! ( ) 1 .۷یکی رو یکی زیر!
شهر پلآباد تعدادی اتوبان دارد. اتوبانها خمهای بستهای هستند که با خود و یکدیگر تقاطعهایی به
شکل چهاراه دارند. آقای پلدوست، شهردار شهر، تصمیم دارد جهت کاهش تصادفات، در هر تقاطع
یک پل بسازد. او میخواهد به نحوی پلها را بسازد که در هر اتوبان اتومبیلها، یکیدرمیان از زیر پل
و روی پل عبور کنند. بر حسب تعداد اتوبانها بگویید آیا این کار شدنی است؟ .۸مجموعههای اولیه
الف( آیا مجموعة نامتناهی Sاز اعداد طبیعی وجود دارد که S و برای هر nطبیعی که
n S دقیقاَ nعضو Sنسبت به nاول باشند؟
ب( آیا مجموعة نامتناهی Sاز اعداد طبیعی وجود دارد که برای هر n S دقیقاَ nعضو S
نسبت به nاول باشند؟به نام او
آزمون خلاقیت
.1چند چوبه!
یک چوبه، شکلی همبند است که با چوب کبریت افقی یا عمودی به طول
واحد ساخته میشود. شکلهایی را که با دوران و تقارن به یکدیگر تبدیل میشوند
یکی میگیریم. مثلاً در شکل روبرو همهی 3چوبهها و یک 5چوبه دیده میشود.
یک مینو شکلی است که با چسباندن مربع واحد از روی یالها به یکدیگر به
دست آید به طوریکه بین هر دو مربع واحد مسیری از مربعهای متصل در شکل یافت شود.
فرض کنید تعداد چوبهها و تعداد مینوها باشد. مثلاً با توجه به شکلهای بالا داریم
.3 = 2 و3 = 5
الف( ثابت کنید به ازای هر طبیعی داریم: ≥ 1
ب( ثابت کنید برای های به اندازه کافی بزرگ داریم: 2.4 ≤ ≤ 16
یک یال شبکهای پاره خطی به طول واحد در صفحه است که
مختصات رئوس آن صحیح باشد. یک چندچوبه را دانا گوییم، هرگاه به
وسیلهی آن بتوان مجموعهی یالهای شبکهای را فرش کرد )استفاده
از دوران و تقارن مجاز است.( در غیر این صورت آن را نادان مینامیم.
برای مثال شکل مقابل نشان میدهد که 4چوبهی دانا است.
همچنین به سادگی دیده میشود که 5چوبهی نادان است.
ج( ثابت کنید حداقل 2
6
تا چوبهی نادان وجود دارد.
د( ثابت کنید هر چندچوبه به شکل یک مسیر که هربار به سمت راست یا بالا می رود، دانا است.
ه( )نمره اضافه( ثابت کنید برای های به اندازه کافی بزرگ داریم: 3
≤ ≤ 12
.2فاصلهی بین دوایر!
فاصلهی بین دو دایره ,
′ را برابر با طول مماس مشترک خارجی آنها تعریف می کنیم و با نماد
) ,( نمایش می دهیم. اگر دو دایره مماس مشترک خارجی نداشته باشند، فاصلهی بین آنها
تعریف نمیشود. توجه کنید که یک نقطه هم یک دایرهی به شعاع صفر است و فاصلهی دو دایره
میتواند صفر باشد.
الف( مرکزثقل. تعدادی دایره ثابت , … , 1در صفحه داریم. نشان دهید دایره یکتای در
صفحه وجود دارد که برای دایره متغیر ، مربع فاصلهی بین و منهای میانگین مربعات فواصل
بین و ها عددی ثابت باشد )به ازای هایی که همه این فواصل تعریف شده هستند.( یعنی:
مقدار ثابت = ∀: (, )2 − 1 ∑1 (, )2
را مرکز ثقل , … , 1مینامیم، زیرا خاصیت فوق مشابه خاصیت مرکز ثقل نقاط است.
ب( عمود منصف. فرض کنید دایرهی از دوایر 1و 2همفاصله باشد. 3را دایرهی دلخواهی
بگیرید که مرکز آن روی خطالمرکزین 1و 2است و بر مماس مشترک خارجی 1و 2
مماس است. ثابت کنید » فاصلهی بین و مرکز ثقل 1و « 2از » فاصلهی بین و « 3
بیشتر نیست. )در صورتی که این فواصل همگی تعریف شده باشند(
ج( مرکز دایرهی محیطی. ∁ را مجموعه همهی دایرههایی را در نظر بگیرید که هر کدام از آنها از
سه دایرهی ثابت 2 ،1و 3هم فاصله است. ثابت کنید نقطهی ثابتی در صفحه وجود دارد که
مرکز تجانس مستقیم دو به دوی اعضای ∁ است.
د( چهاروجهی منتظم. آیا چهار دایره در صفحه وجود دارد که فاصلهی هر دو تا از آنها برابر واحد
باشد؟!توابع دیتول. 3
می گوییم تابع حقیقی تابع را تولید د )و با نماد کنمی → نمایش می دهیم،( اگر از
ترکیب چندباره با خودش بدست آید؛ یعنی عدد طبیعی موجود باشد که:
…
بار
=
به دنبال یافتن خواصی برای این رابطه هستیم. مثلاً به راحتی می توان ثابت کرد که اگر → و
→ ℎآنگاه ) . → ℎخاصیت ترایایی(
دو تابع حقیقی الف( ≠ مثال بزنید که → , → .
ثابت کنید به ازای هر تابع حقیقی ب( ، تعداد متناهی تابع وجود دارد که → , → .
ج( آیا تابع وجود دارد که هیچ تابعی جز خودش، آن را تولید نکند؟
د( آیا تابع وجود دارد که 3و 5را تولید کند؟
(ه ای درجه یک جملهدو چند ثابت کنید اگر تابعی , ای یک چندجملهرا تولید کند آنگاه
درجه یک نیز , کند.را تولید می. چندضلعی تپل!4
چندضلعی را که خودش را قطع نمیکند و دارای محیط است، چندضلعی تپل میگوییم، در
صورتی که برای هر دو نقطهی , روی محیط که فاصلهی آنها در صفحه حداکثر 1باشد،
فاصلهی آنها روی محیط )یعنی جزء کوچکتر محیط که بین , قرار دارد( حداکثر
4
باشد.
میخواهیم ثابت کنیم در هر چندضلعی تپل میتوان دایره ای به شعاع
1 4
جای داد.
ی زمین و محققان متفکران سیاره خیاردوغی آبسیاره دو رویکرد متفاوت برای حل سوال در پیش
د. در هر دو رویکرد منظور از نگرفت وتر پاره خطی است که دو سر آن روی محیط چندضلعی باشد.
قطر وتری است که دو سر آن رئوس چندضلعی باشد. وتر داخلی، وتری است که هر نقطه از آن
داخل یا روی محیط چندضلعی است. فاصله روی محیط دو نقطه روی چندضلعی را طول جزء بین
گیریم.کوچکتر محیط بین آن دو نقطه در نظر می
: وتر بیشینه!رویکرد زمینی
این واقعیت را می دانیم که برای هر چندضلعی، وتر داخلی با طول حداکثر واحد یافت
شود به طوری که برای هر وتر داخلی می ′′ با طول حداکثر واحد، فاصله روی محیط ,
بزرگتر یا مساوی فاصله روی محیط′ , باشد. این وتر را وتر بیشینه می نامیم.در چندضلعی تپل حالت برای وتر بیشینه وجود دارد: دو
الف( حالت اول: به وتر بیشینه ای به قطرثابت کنید نیم دایره باشد. برابر واحدطول وتر بیشینه
طور کامل درون ای به شعاع قرار دارد و در نتیجه در این حالت می توان دایره
1 4
در داخل
چندضلعی جای داد.
ب( حالت دوم: ای به دایره در این حالت نیز ثابت کنیدباشد. کمتر از واحدوتر بیشینه طول
شعاع
1 4
شود که به طور کامل درون یافت می می گیرد.قرار
اند ولی هر بار متوجه ایرادی ظریف در اثبات ها بارها گمان کردند این سؤال را حل کردهزمینی
شدند تا نهایتاً موفق به حل سؤال شدند.خود
: مثلث بندی!خیاریدوغرویکرد آب
دو گزاره زیر را در نظر بگیرید.
گزاره اول: ای به توان دایرهو نمی حداکثر واحد استطول اضلاعش که را هر چندضلعی دلخواه »
شعاع
1 4
«بندی کرد. ی داخلی با طول حداکثر واحد مثلثهایقطر یبه وسیلهتوان میدر آن جای داد
گزاره دوم: ای به شعاع توان دایرهکه نمیرا هر چندضلعی دلخواه »
1 4
به توان میدر آن جای داد
ها حداکثر واحد ی مثلثبه نحوی که طول اضلاع همه بندی کردی داخلی مثلثیهاوتری وسیله
«باشند.
در هر ها با برهان خلف به این نتیجه رسیدند که اگر گزاره دوم درست باشد آنگاه خیاریدوغآب
ای به شعاع توان دایرهچندضلعی تپل می
1 4
جای داد.
ای توان دایرهگر گزاره دوم درست باشد آنگاه در هر چندضلعی تپل میاشما نیز ثابت کنید ج(
به شعاع
1 4
جای داد.
پس برای حل آنها به سادگی دریافتند که اگر گزاره اول درست باشد آنگاه گزاره دوم هم درست است.
گزاره اول یک دوغ جایزه گذاشتند! مدتی بعد، جوانی به نام ج.ن. دانست، موفق که خود را زمینی می
ها را نقش بر آب کرده و دوغ را از آن خود کند.خیاریدوغهای آبشد با نقض گزاره اول، نقشه
ضلعی مثال بزنید که گزاره اول را نقض کند. 1392کی د(
کنند.خواهند گزاره دوم را مستقیماً اثبات ها ناامید نیستند و میخیاریدوغبا این حال آب
درباره درست بودن گزاره دوم هرچه می توانید بنویسید.)نمره اضافه( (ه!رفته دست از اعداد یجستجو در. 5
یک زیرجمع عدد حقیقی
, … , 1, 2ین
، به معنای جمع تعدادی از ا عدد است؛ یعنی
+ ⋯ + 11 + 22که ها صفر یا یک هستند و حداقل یکی از ها ناصفر است. اکنون
با داشتن این زیرجمعها در جستجوی اعداد هستیم!
ارزشمند شامل لیستی ها پیشسال 2تمامبه همراه متمایز( عدد حقیقی )نه لزوماً زیرجمع − 1
تعدادی موجود عجیب از .در دست داشتیمها را آن خیاردوغآبی سیاره )پس از شکست در حل ،
چندضلعی تپل،(! یمسئله ها در دست داریم همانو تنها چیزی که از آناند ی ما را دزدیدهعدد اولیه
2
− 1 !زیرجمع است
ا به صورت یکترا شدهدزدیده توانیم اعداد ها مثبت باشند، میجمعی زیراگر همه ثابت کنید الف(
.دست آوریمب
ها صفر آنها مثبت و تعدادی منفی باشند، اما هیچ یک از جمعفرض کنید تعدادی از زیر ب(
د.نباش .به صورت یکتا بدست آوریمرا دزدیده شدهتوانیم اعداد می نیز در این حالتنشان دهید
نشان دهید برای (ج ، مثالی وجود دارد که نتوانیم به طور یکتا = 1392دزدیده شدهعدد
2تمام با داشتنرا
− 1 تعیین کنیم. زیرجمع آنهاخیاردوغآبی سیارهجهانگردان . ! 6
،ی زمینیای، منجمان خبرهسیارههای میاندر گیر و دار خیاردوغآب یسیاره کهکشان راه را در
هیچ اطلاعی از ولی منجمان هی محدب استوج .1392این سیاره به شکل یک کشف کردنددوغی
ی ی طیفی پرتوهایی که از سیارهدانشمندان با تجزیه .های آن ندارندی قرار گیری وجهشیوه
! از اندشوند، حقایقی راجع به زندگی موجودات روی این سیاره کشف کردهساطع می خیاردوغآب
ای دارد و سرتاسر مرز هر جمله این که هر وجه سیاره یک کشور است، هر کشور واحد پول جداگانه
دو کشور مجاور، نرخی ثابت برای تبدیل ارز این دو کشور موجود است. کسانی که از مرز دو کشور
دیگری برای کنند باید تمام پول خود را به واحد پول کشور مقصد تبدیل کنند و هیچ راه عبور می
تبدیل ارز وجود ندارد. منجمان در کمال ناباوری مشاهده کردند که ممکن است یک مسافر طی
باشد. متفکران دلیل این پدیده را تفاوت نرخ ی اولیه، پولش تغییر کردهچندین سفر و بازگشت به نقطه
اگر کسی از کشور زیر دانند. مثلاً در شکلها میها با نسبت واقعی ارزش پولتبادل ارز روی مرز به
ترتیب به کشورهای ، ، ، و اش نصف برود و سپس به کشور خودش باز گردد، دارایی نهایی
اش تغییر اش خواهد بود. اما اگر کسی فقط به یک کشور همسایه برود و برگردد داراییدارایی اولیه
.(رز برابر واحد استضرب نرخ تبدیل ارز دو طرف یک محاصلکند )زیرا نمیسرمایه با کشف شدند که خیاردوغآبی جهانگرد در سیاره زیادی ی تحقیقاتی، تعداددر یک پروژه
طی مسیری به شکل از هر کدام پس یک کشور شروع به سفر کردند و از یکسان یاولیه
!اندشروعشان بازگشتهی ی بسته روی چندوجهی که خودش را قطع نکرده است به نقطهشکستهخط
باشد؟ متمایز دو به دو آنها ی نهاییسرمایه که دارند وجود جهانگردها چند تا از این حداکثر
:1توجه کند!هیچ جهانگردی در طول سفر پولی خرج نمی
: 2توجه نرخ و هاچیدمان کشورباقی مقادیر مانند است. ( )1392هاتنها ثابت سوال تعداد کشور
ید یک عدد باشد.. پس پاسخ شما باآیندهای سوال به حساب میمتغیر هامرز ارز رویتبدیل
:3توجه ی خیار، باید در بین همهدوغی آببا توجه به ناشناخته بودن ساختار سیاره
های ممکن این حداکثر را بیابید.وجهی1392!جالب معادلات جالب خواص. 7
ی معادله )( = )( را جالب گوییم اگرمی و هایی با ضرایب صحیح و ایچندجمله
گوییم نهایت جواب در اعداد طبیعی داشته باشد. میبیی حداقل یک باشند و این معادله درجه
یمعادله )( = )( یاز معادله )( = )( ،شودنتیجه می یااگر چندجمله با
ضرایب گویا موجود باشد که ))((
= )( و ))((
= )( .
فرض کنید الف( از نامتناهی ایزیرمجموعه ℕ × ℕگوییمباشد. می ی جالبمعادلهدر
)( = )( ،کندصدق می ی نشان دهید معادله اگر هر عضو آن در این معادله صدق کند.
جالب )( = )( ی جالبی کهوجود دارد که هر معادله )در صورت در آن صدق کند
ی، از معادلهوجود( )( = )( شود.نتیجه می
ی جالبی معادلهدرجه ب( )( = )( را برابر بزرگترین درجه بین درجات و
ی جالب را . یک معادلهکنیمتعریف می اولیه ی کمتر ی جالبی با درجهگوییم اگر از هیچ معادلهمی
نتیجه نشود. نشان دهید اگر )( = )( اولیه باشد و جالب ییک معادله و تکین
یگاه درجهباشند، آن یو درجه هم اول هستند.نسبت به!گویا یضلعپنج. 8
دیکن فرض . 12345است ایگو آن رئوس مختصات که باشد صفحه در محدب یضلعپنج کی
1هر یبرا اضلاع امتداد تقاطع محل ، 12 ≤ ≤ 5و 34با را ینامگذار
هر یبرا یعنی اند؛شده یگذارشماره یدور صورت به یضلعپنج رئوس. )میکنیم ، . ( = 5
خطوط از تا سه حداکثر دیده نشان ). (1 ≤ ≤ 5اندهمرسبه نام او
آزمون خلاقیت
.۱تابع صعودی از چی به چی!
در هر کدام از قسمت های )الف( تا )ت( مشخص کنید که آیا تابعی دوسویی )یک به یک و پوشا( و صعودی بین دو مجموعهٔ
Aو Bمعرفی شده وجود دارد یا خیر.
.B = fx 2 Q j x < p۳g وA = fx 2 Q j x < p۲g .الف
.B = Q [ fπg وA = Q .ب
برای قسمت های )پ( و )ت،( روی نقـاط صفحه ) (R۲ترتیب را اینگونه تعریف می کنیم که برای مقـایسهٔ دو زوج مرتب ابتدا
مؤلفهٔ اول آن ها را مقـایسه می کنیم، اگر این عدد برای یکی بزرگ تر بود، می گوییم آن زوج مرتب بزرگ تر است و اگر این مؤلفه
در هر دو برابر بود، زوج مرتبی که مؤلفهٔ دوم بیش تری دارد بزرگ تر می گیریم )به این ترتیب، ترتیب لغت نامه ای می گویند.(
(a; b) < (c; d) , (a = c وb < d) ( یاa < c)
با در نظر گرفتن ترتیب لغتنامه ای، می توانیم تابع صعودی بین زیرمجموعه های R۲و مجموعه های دیگر دارای ترتیب تعریف
کنیم. حال با این توضیحات به دو قسمت پیش رو پاسخ دهید.
.B = R۲ وA = R .پ
.X = f۲−n j n 2 Ng که در این جاB = (X [ f۰g) × X وA = X × (X [ f۰g) .ت
ث. Aو Bدو زیرمجموعه از اعداد حقیقی هستند که تابعی پوشا و صعودی از Aبه Bو همین طور تابعی پوشا و صعودی از
Bبه Aوجود دارند. آیا همواره می توان تابعی یک به یک، پوشا و صعودی بین این دو مجموعه پیدا کرد؟ .۲چالش چاله!
زمینی کاملا صاف در نظر بگیرید که روی آن یک دره به شکل نوار نامتناهی و با عرض دل خواه ! قرار دارد. یک چندوجهی
به قطر ۱ dدر یک سمت دره و یک چاله با شعاع dدر سمت دیگر دره قرار دارند. می خواهیم چندوجهی را بغلتانیم و
درون چاله بیندازیم به طوری که در طی مسیر چندوجهی و زمین همواره در حداقـل یک نقطه اشتراک داشته باشند
)خلاف دنیای واقع چندوجهی حتی اگر در یک نقطه با زمین تماس داشته باشد به دره سقوط نمی کند(. برای این کار پلی به
شکل مستطیل با عرض ۱۰ dروی دره احداث کرده ایم. ثابت کنید با شرایط گفته شده می توان چندوجهی را درون چاله انداخت.
)به اثبات برای حالت خاص ) ! = ۰اصلا دره وجود نداشته باشد( نیز نمرهٔ قـابل توجهی تعلق می گیرد(.
۱در یک چندوجهی قطر بیشترین فـاصله میان نقـاط چندوجهی است. .۳باقی نماندهٔ ایرانی!
الف. nعدد طبیعی دو به دو نسبت به هم اول مانند d۱; d۲; : : : ; dnو هم چنین اعداد طبیعی دل خواه r۱; r۲; : : : ; rnرا
در نظر بگیرید. ثابت کنید عددی طبیعی مانند ،۱ ≤ x ≤ ۳n ،xوجود دارد که در دستگاه نامعادلات هم نهشتی زیر صدق
کند:
x
d۱
̸≡ r۱
x
d۲
̸≡ r۲
...
x
dn
̸≡ rn
ب. برای هر عدد حقیقی ،" > ۰ثابت کنید عددی مانند Nوجود دارد که برای هر عدد طبیعی n > Nو اعداد
طبیعی d۱; : : : ; dnو r۱; : : : ; rnکه diها دو به دو نسبت به هم اولند، دستگاه بالا جوابی طبیعی مانند xداشته باشد که
.۱ ≤ x ≤ (۲ + ")n .۴چهار لوز!
یک ۲nضلعی منتظم را مانند Pدر نظر بگیرید. منظور از یک لوزی بندی ،Pقرار دادن تعدادی لوزی در Pاست طوری که
درون Pرا بپوشانند، درونشان از هم مجزا باشد و هیچ رأسی از لوزی ها درون یک ضلع از لوزی های دیگر یا درون یک ضلع از
Pقرار نگیرد.
.۱ثابت کنید تعداد لوزی ها تابعی از nاست. مقدار این تابع را بیابید. همچنین تعداد رئوس و ضلع ها را برحسب nبیان
کنید.
.۲آیا درست است که همواره ضلعی یافت می شود که با حذف لوزی هایی که ضلعی موازی آن دارند Pتبدیل به یک
چندضلعی با تعداد اضلاع کمتر می شود؟
.۳آیا درست است که هر دو لوزی بندی با چند مرحله از گام زیر به هم تبدیل می شوند؟
در هر گام می توانیم رأسی که فقط سه لوزی شامل آن هستند را به همراه لوزی های آن حذف کنیم و شش ضلعی
خالی حاصل را به طریق دیگری لوزی بندی کنیم.
.۴اگر ) f(nتعداد روش های لوزی بندی کردن یک ۲nضلعی منتظم باشد ثابت کنید
n−۱
∏ k=۱
((k ۲) + ۱) ≤ f(n) ≤ n ∏ −۱
k=۱
kn−k .۵چندضلعی کذایی!
یک چندضلعی فضایی )چندضلعی در فضای سه بعدی( را شبکه ای گوییم هرگاه اضلاع آن موازی محورهای مختصات باشد.
الف. بین هر دو ضلع مجاور از هر چندضلعی شبکه ای یک زاویهٔ قـائمه ایجاد می شود که این زاویه یا در صفحه ای موازی xy
قرار دارد یا yzو یا .zxثابت کنید تعداد زوایا از این سه نوع، زوجیت یک سان دارند.
ب. یک چندضلعی شبکه ای را محاطی گوییم، هرگاه نقطه ای در صفحه موجود باشد که از همهٔ رئوس آن به یک فـاصله باشد.
ثابت کنید هر شش ضلعی شبکه ای که همه رئوس آن هم صفحه نباشند محاطی است.
پ. آیا یک ۲۰۱۴ضلعی فضایی شبکه ای بدون رأس تکراری وجود دارد که یک صفحه همهٔ اضلاع آن را در یک نقطهٔ درونی
قطع کند؟
ت. a; b; cسه عدد طبیعی بزرگتر از یک هستند. ثابت کنید سه نقطه در صفحه با فواصل صحیح b ،aو cیافت می شود،
اگر و تنها اگر یک چندضلعی شبکه ای موجود باشد طوری که تعداد اضلاع آن در سه راستای مختلف برابر b ،aو cباشد. .۶چند جمله ای از یک تابع!
] p(x) 2 R[xچندجمله ای تکین از درجه ی فرد بزرگ تر از یک است. همچنین f : R ! Zتابعی است که برای هر x
حقیقی داریم )).p(f(x)) = f(p(x
.۱ثابت کنید برد fمجموعه ای متناهی است.
.۲اگر fتابعی ناثابت باشد، نشان دهید معادله ی p(x) = xحداقـل دو جواب حقیقی متمایز دارد.
.۳نشان دهید برای هر عدد طبیعی ،n > ۱تابع fبا برد nعضوی و چندجمله ای ) p(xپیدا می شوند که در همه ی
شرایط مسئله صدق کنند. .۷تعمیر ماشین!
همان گونه که شاید بدانید، ماشین Mدارای یک ورودی و یک خروجی است که از ورودی آن می توان حروف الفبای انگلیسی
)مجموعه ی (Iرا وارد کرد و در خروجی آن در هر لحظه یکی از رنگ های C = fc۱; : : : ; cpgنمایش داده می شود.
این ماشین در هر لحظه وضعیتی دارد که یکی از اعضای مجموعه ی متناهی Sاست و وارد کردن هر حرف در ورودی آن،
وضعیت ماشین را تحت قـاعده ای از پیش تعیین شده تغییر می دهد. خروجی ماشین هم تابعی پوشا از وضعیت آن است.
ما فقط خروجی ماشین را می بینیم و به طور مستقیم از وضعیت آن اطلاعی نداریم.
به بیانی دیگر ) M = (S; I; C; t; oکه S; I; Cمجموعه هایی متناهی و t : S × I ! Sو o : S ! Cدو تابع
هستند. tقـاعده ی تغییر وضعیت و oتابعی پوشاست که خروجی را بر حسب وضعیت تعیین می کند. همیشه فرض می کنیم
که وضعیت های متفـاوت Mبا وارد کردن یک کلمه )دنباله ای از حروف( در ورودی و مشاهده ی خروجی، از یک دیگر قـابل
تفکیک هستند. )یعنی برای هر دو وضعیت siو ،sjکلمه ای پیدا می شود که با دادن آن کلمه به ماشین، در نهایت خروجی
متمایزی تولید شود(.
این را هم احتمالاً می دانید که یک دستورالعمل برای ماشین ،Mالگوریتمی برای کار کردن با Mبراساس خروجی های
آن است که در نهایت به یک پیام منجر می شود. به عبارت دقیق تر در هر مرحله از دستورالعمل، یکی از فرمان های وارد کردن
یک حرف در ورودی و یا یک پیام )که به معنای پایان دستورالعمل است و ممکن است حاوی اطلاعاتی برای کاربر باشد،( بر
اساس خروجی هایی که تا این مرحله مشاهده شده است به کاربر داده می شود. طول دستورالعمل بیش ترین تعداد حروفی
است که در همه ی اجراهای ممکن آن وارد می شود.
مثلاً اگر I = fa; bgو ،C = fred; bluegشکل صفحه ی بعد یک دستورالعمل به طول دو است.
در این دستورالعمل طی اجراهای مختلف و بسته به شرایط، ممکن است کلمه های aa ،aیا abبه عنوان ورودی به
ماشین داده شود و چون طول این کلمات حداکثر ۲است، طول دستورالعمل را ۲می گیریم.. اولین خروجی را ببین
خروجی آبی
است؟
پیام ۱را بده
aرا وارد
ماشین کن
خروجی آبی
است؟
aرا وارد
ماشین کن
bرا وارد
ماشین کن
خروجی آبی
است؟
پیام ۲را بده
پیام ۳را بده
پایان
خیر
بلی
خیر
بلی
خیر
بلی
.۱ماشین n ،Mوضعیت و pرنگ خروجی دارد. نشان دهید برای هر دو وضعیت متفـاوت ،Mیک کلمه به طول
حداکثر n − pوجود دارد که با وارد کردن آن در ورودی می توان دو خروجی متفـاوت از این دو وضعیت گرفت. )بعد
از وارد کردن هر حرف، وضعیت و در نتیجه خروجی ماشین بنابر قـاعده ای مشخص تغییر می کند، پس وارد کردن یک
کلمه از طول kدر ورودی، یک دنباله به طول ) k + ۱با احتساب خروجی اولیه( از خروجی ها به ما می دهد. البته در
این سؤال می توان فقط آخرین خروجی را در نظر گرفت(.
.۲نشان دهید برای هر ماشین -nوضعیتی مانند Mمی توان یک دستورالعمل به طول حداکثر n۲طراحی کرد که انجام
آن وضعیت نهایی دستگاه را )بر اساس خروجی ها( با شروع از هر وضعیت نامعلومی به کاربر اطلاع دهد. )یعنی به یک
معنی ماشین را تعمیر کرد. چون با دانستن وضعیت ماشین، می دانیم برای گرفتن یک خروجی چه ورودی ای باید وارد
کنیم و وقتی وضعیت ماشین گم شود به یک معنی خراب شده است(!
می توانید این مسئله را برای n ۲۲نیز حل کنید؟برای هر عدد صحیح نامنفی ،nچندجمله ای ) Kn(x۱; x۲; : : : :xnبه صورت بازگشتی به شکل زیر تعریف می شود:
K
۰ = ۱
K۱(x۱) = x۱
Kn(x۱; : : : ; xn) = xnKn−۱(x۱; : : : ; xn−۱) + (x۲ n + x۲ n−۱)Kn−۲(x۱; : : : ; xn−۲)
.Kn(x۱; x۲; : : : ; xn) = Kn(xn; : : : ; x۲; x۱) نشان دهید.
۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱دستگیری قیصر!
الف. در این حالت با دو مأمور میتوان قیصر را دستگیر کرد. دو نقطه از جدول را »همطول« مینامیم اگر دقیقـاً یکی زیر
دیگری باشد )مؤلفهی اول آنها با هم برابر باشند.( برای دستگیری قیصر یکی از مأمورین به سطر اول از پایین میرود،
سپس آن قدر در راستای افقی به سمت قیصر حرکت میکند تا با او هم طول شود. سپس همواره در سطر اول طوری
حرکت میکند که با او همطول بماند. مأمور دوم به سطر دوم میرود و عمل مشابهی میدهد )ابتدا با قیصر همطول
میشود و سپس حرکتهای افقی او را تقـلید میکند.( به این ترتیب دیگر قیصر نمیتواند از سطر دوم پایینتر برود. حال
اگر قیصر بین سطر اول و دوم باشد به وضوح با حرکت مأمور دوم به سمت پایین در نهایت دستگیر میشود. اگر این طور
نباشد، مأمور اول به سطر سوم میرود و همان کار را تکرار میکند. در این حالت قیصر نمیتواند از سطر سوم پایینتر برود
و اگر بین سطر دوم و سوم باشد دستگیر خواهد شد. حال به همین ترتیب مأموران یک سطر، یک سطر بالا میروند تا
در نهایت قیصر را در بین دو تا از سطرها زندانی کرده و او را دستگیر کنند.
ولی با یک مأمور نمیتوان قیصر را دستگیر کرد. برای مثال قیصر میتواند صبر کند تا مأمور به فـاصلهی ۱ ۲واحد از او برسد.
۱۲
در این لحظه چون در شهر بنبست وجود ندارد، قیصر در یکی از جهتها از مأمور دور میشود و همواره این فـاصلهی
را حفظ میکند )سرعت قیصر با مأمور برابر است.( اگر زمانی فـاصله از ۱ ۲بیشتر شد، قیصر میایستد و حرکت نمیکند تا
مأمور دوباره به او نزدیک شود.
ب. در قسمت نشان میدهیم که با حداقـل n + ۱مأمور میتوان قیصر را دستگیر کرد ولی n − ۱مأمور برای دستگیری
او کافی نیست. پس حداقـل تعداد مأمورهای لازم یکی از دو عدد nیا n + ۱است.
در این حالت با n+ ۱مأمور میتوان قیصر را دستگیر کرد. به این شکل که nتا از مأموران به سطر اول رفته در تقـاطعهای
این سطر قرار میگیرند. مأمور n + ۱ام این سطر را اول تا آخر طی میکند. به این ترتیب اگر قیصر در سطر اول باشد، حتماً
دستگیر میشود. سپس این nمأمور همگی با هم یک واحد به سمت بالا حرکت میکنند و مأمور n + ۱ام همان کار
را این بار در مورد سطر دوم انجام میدهد. به همین ترتیب مأموران به تدریج در سطرها بالا میروند و بالاخره قیصر را
دستگیر خواهند کرد.
ولی با n − ۱مأمور لزوماً نمیتوان او را دستگیر کرد. برای نشان دادن این یک سطر یا ستون را )برای قیصر( »خطرناک«
مینامیم، اگر مأموری وجود داشته باشد که بتواند حداکثر در عرض ۱ ۴واحد زمانی خود را به آنجا برساند و »امن« مینامیم،
اگر خطرناک نباشد. یک تقـاطع را هم امن مینامیم، اگر سطر و ستون شامل آن هر دو امن باشند. دقت کنید که با توجه
به تعداد مأمورها همیشه سطر و ستونی امن و در نتیجه تقـاطعی امن وجود دارد. اثبات میکنیم قیصر میتواند همیشه
)به جز زمانهای بسیار کوتاهی( در تقـاطعهای امن باشد. فرض کنید قیصر ابتدا در تقـاطعی امن مثل Aباشد. در
هر لحظه اگر Aخطرناک بشود، تقـاطع امن دیگری مثل Sدر شهر وجود دارد. به توجه به این که سطر و ستون A.
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
و Sخالی هستند، قیصر بلافـاصله با سرعت نامحدودش و بدون برخورد با مأمورین و از طریق سطر و ستونهای خالی
میتواند خود را به Sبرساند. قیصر آن قدر در Sمیماند که آنجا خطرناک شود و باز روش بالا را تکرار میکند. به این
ترتیب قیصر همیشه )به جز زمانهای بسیار کوتاهی( در تقـاطعهای امن به سر میبرد و بنابراین نمیتوان او را دستگیر کرد.
توضیح.میتوان یک حالت دیگر متصور شد که سرعت قیصر نامحدود است ولی تلفن همراه او روشن است. در این صورت
مشابه قسمت )ب( ثابت میشود که n − ۱مأمور کافی نیست ولی با حذف مأمور n + ۱ام از الگوریتم ارائهشده در قسمت
)ب( و کمی دقت دیده میشود که nمأمور کافی هستند..
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲درگیری مثلثانه!
یکی از نقطهها مانند Aرا به صورت پیوسته حرکت میدهیم، طوری که در هر لحظه هیچ سه نقطهای همخط نباشند.
اگر C ،Bو Dسه نقطهی دیگر باشند، میگوییم در طول حرکت، یال ADاز BCرد میشود اگر زمانی وجود داشته باشد
که این دو یال متقـاطع باشند و قبل و بعد از آن Aدر دو طرف مختلف صفحهی BCDقرار گرفته باشد.
لم. اگر یکی از نقطهها را )به صورت پیوسته( حرکت دهیم، طوری که فقط یک بار یالی از یال دیگر رد شود، آنگاه تعداد
جفتهای در همگیرکرده )درگیر( از مثلثها به تعداد زوجی تغییر میکند.
اثبات. بدون کمشدن از کلیت مسئله فرض کنید یال ABاز CDرد شود. دو مثلث مجزا را در نظر بگیرید. اگر هیچ یک از
آنها شامل یال ) ABبه طور مشابه (CDنباشد، وضعیت درگیربودن آنها نسبت به هم تغییر نمیکند. پس فرض کنید
یکی از این دو مثلث شامل ABو دیگری شامل CDباشد. اگر Fو Eدو نقطهی دیگر باشند، با کمی دقت دیده میشود
وضعیت دو جفت fABE; CDF gو fABF; CDEgنسبت به هم تغییر میکند و حکم ثابت میگردد.
حال کافی است یک وضعیت خاص از نقطهها را ارائه دهیم که تعداد جفتهای درگیر فرد باشد. در این صورت با حرکت
پیوستهی نقطههای میتوان این وضعیت را به هر وضعیت دیگری تبدیل کرد و لذا طبق آنچه گفته شد، این تعداد برای
هر وضعیت دیگری نیز فرد و در نتیجه ناصفر است و حکم ثابت میشود.
همان شکل صورت مسئله را در نظر بگیرید. یعنی مثلث ABDو نقطهی Cهمصفحه با این مثلث و درون آن، و دو
نقطهی Eو Fدر دو طرف صفحهی گذرا از A; B; C; Dکه EFبر آن صفحه عمود باشد و پای عمود آن درون مثلث
ABCباشد. در این حالت میتوان دید که تنها جفت درهمتنیده همان دو مثلث رسمشده یعنی ABCو DEFهستند،
و ۱عددی فرد است!.
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳چندجملهایها
الف. فرض کنید ) .h(x) = (x − ۱)(x۲ − ۱)(x۴ − ۱) · · ·(x۲n − ۱در این صورت به راحتی میتوان دید ضرایب )h(x
همگی عضو f۰; ۱; −۱gهستند. از طرف دیگر میتوان نوشت ) h(x) = f(x)g(xکه
g(x) = (x − ۱)n; f(x) = (x + ۱)(x۲ + x + ۱) · · ·(x۲n−۱ + x۲n−۲ + · · · + ۱)
حال دقت کنید ضرب xدر ) f(xدقیقـاً n − ۱و ضریب xn−۲در ) g(xدقیقـاً ) n(n ۲−۱است که میتوانند به دلخواه بزرگ
باشند.
ب. جواب خیر است.
راهحل اول. فرض کنید α > ۲ریشهی بزرگ x۲ − ۳x+ ۱باشد و f(x) = anxn + an−۱xn−۱ +· · ·+ a۰بر x۲ − ۳x+ ۱
بخشپذیر باشد که aiها همه در f۰; ۱; −۱gهستند. میتوان فرض کرد که .an = ۱در این صورت چون ،f(α) = ۰پس:
αn =
n−۱
∑ i=۰
aiαi ≤
n−۱
∑ i=۰
jaiαji ≤
n−۱
∑ i=۰
jαji =
n−۱
∑ i=۰
αi = αn − ۱
α − ۱
< αn − ۱
که غیرممکن است.
راهحل دوم فرض کنید g(x) = bmxm + · · · + b۱x + b۰چندجملهای با کمترین درجهی ممکن باشد که ضرایب
) ،f(x) = g(x)(x۲ − ۳x + ۱همگی f۰; ۱; −۱gباشند. در این صورت میتوان فرض کرد .b۰ = ۱با در نظر گرفتن
ضریب xدر ) ،f(xداریم .b۱ − ۳b۰ 2 f−۱; ۰; ۱gپس .b۱ ≥ ۲ادعا میکنیم که دنبالهی biها اکیداً صعودی هستند و
لذا .bn ≥ ۲در نتیجه ضریب xm+۲در ) f(xحداقـل دو است که تناقص است. اثبات ادعا با استقرا و توجه به رابطهی
bk+۱ − ۳bk + bk−۱ ≥ −۱روشن است، زیرا:
۰ < bk−۱ + ۱ ≤ bk ) bk+۱ ≥ ۳bk − bk−۱ − ۱ ≥ ۲bk > bk > ۰
)پایهی استقرا برای حالت k = ۱بود که در بالا ثابت شد(..
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴شکلهای جبری
الف. جواب خیر است. زیرا فرض کنید که ) P(x; yیک چندجملهای باشد که روی نقـاط مربع صفر شود. اگر y = ax + b
معادلهی یکی از اضلاع مربع باشد، آنگاه ) P(x; ax + bیک چندجملهای بر حسب xاست که به ازای بینهایت مقدار x
برابر صفر میشود. در نتیجه ) P(x; ax + bباید متحد با صفر باشد. این یعنی کل نقطههای خط y = ax + bباید در
صفرهای Pباشند، پس صفرهای این چندجملهای نمیتواند تنها اضلاع مربع باشد.
ب. در این قسمت هم جواب خیر است. زیرا فرض کنید ) P(x; yیک چندجملهای باشد که نقطههای نیمدایره، صفرهای
آن باشند. میتوان فرض کرد که مرکز نیمدایره روی مبدأ است و شعاع آن برابر rاست. میتوان همهی نقطههای روی این
دایره غیر از نقطهی ) (r; ۰را به صورت ) (r ۱ ۱− +t t۲ ۲ ; r ۱+ ۲tt۲برای اعداد حقیقی tنمایش داد. پس عبارت ) P(r ۱ ۱− +t t۲ ۲ ; r ۱+ ۲tt۲
عبارتی بر حسب tاست که برای بینهایت مقدار )tمقـادیر متناظر با نقطههای نیمدایره( مساوی صفر شده است. این
عبارت به شکل ) ) B A( (t tقـابل نمایش است که ) A(tو ) B(tچندجملهایهایی بر حسب tهستند. بنابراین ) A(tباید برای
بینهایت مقدار tبرابر صفر شود. پس ) A(tمتحد با صفر است. این یعنی برای هر .P(r ۱ ۱− +t t۲ ۲ ; r ۱+ ۲tt۲ ) = ۰ ،tدر نتیجه
تمام نقطههای دایره باید در صفرهای ) P(x; yباشند که تناقض است..
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵بازی »جادهی امن«
یکی از نقطههای قرار داده شده مانند Pرا در نظر بگیرید. منظور از ناحیهی مربوط به ،Pمجموعهی نقطههایی در صفحه
است که فـاصلهی آنها تا Pاز فـاصلهی آنها تا نقطههای دیگر بیشتر نیست. به سادگی دیده میشود که ناحیههای
مربوط به دو نقطهی Pو ′ Pحداکثر روی عمودمنصف ′ PPاشتراک دارند. به نقطهای از صفحه که در ناحیهی مربوط به
یک نقطهی قرمز باشد و در ناحیهی مربوط به هیچ نقطهی آبی نباشد، نقطهی »قرمزگون« میگوییم. در این صورت یک
مسیر قرمز، مسیری از Rبه ′ Rاست که همهی نقطههای مسیر قرمزگون باشند. نقطهی »آبیگون« هم به صورت مشابه
تعریف میشود.
مجموعهی تمام نقطههایی را در نظر بگیرید که متعلق به حداقـل دو ناحیه باشند. طبق آنچه که گفتیم، این مجموعه
از اجتماعی تعدادی پارهخط و نیمخط تشکیل شده است که به شکلی که در ادامه میآید تشکیل یک گراف میدهند.
رئوس گراف را نقطههایی بگیرید که عضو حداقـل سه ناحیه هستند. نقطهای به نام بینهایت را هم در نظر بگیرید که سر
دوم همهی نیمخطها باشد. یالهای گراف را پارهخطها و نیمخطهای بین این نقطهها بگیرید. ادعا میکنیم که درجهی
نقطهی بینهایت ۴و درجهی بقیهی نقطهها ۳است.
اگر درجهی نقطهای غیر از بینهایت مانند Pبرابر ۳نباشد، آنگاه این نقطه متعلق به حداقـل چهار ناحیه است. حال
نقطههای متناظر با این ناحیهها همدایره هستند چون همه از Pفـاصلهی یکسانی دارند. پس این نقطهها فقط میتوانند
رئوس چهارضلعی ′ RBR′Bباشد و Pهم مرکز دایرهی محیطی آن باشد. اما چون نقطهی دیگری هم در چهارضلعی قرار
داده شده است، فـاصلهی Pتا آن نقطه کمتر از فـاصلهی Pتا رأسهای چهارضلعی میشود و این تناقض است.
برای بررسی نقطهی بینهایت تمام دوایری که از دستکم سه تا از نقطههای قرار داده شده میگذرند را در نظر بگیرید. با
توجه به این که بقیهی نقـاط قرار داده شده داخل چهارضلعی هستند، میتوان دید هر نقطهای که خارج این دوایر است،
فقط میتواند عضو نواحی مربوط به R′ ،B ،Rیا ′ Bباشد. چرا اگر نقطهای مثل Xدر ناحیهی مربوط به Pکه نقطهای غیر از
چهار رأس چهارضلعی است واقع باشد، با وصل کردن Pبه چهار رأس به کمک چهار نیمخط، Xدرون یکی از چهار ناحیهی
ایجاد شده مثلاً ناحیهی بین نیمخط PRو PBقرار میگیرد. در این صورت چون \XBP < angleXPB ،XP < XB
و مشابهاً .\XCP < \XPCبا جمع کردن این دو رابطه ◦ \XBP + \XCP < \BPC < ۱۸۰و این یعنی نقطهی
Xدرون دایرهی محیطی PBCقرار داشته است. پس تنها نیمخطهای گراف، قسمتی از عمودمنصفهای ،R′B′ ،B′R
′ BRو RBهستند. پس درجهی نقطهی بینهایت برابر ۴است.
الف. ابتدا ثابت میکنیم که یک مسیر آبی و یک مسیر قرمز نمیتوانند همزمان موجود باشند. فرض کنید اینچنین باشد.
ادعا میکنیم که دو مسیر یکدیگر را قطع میکنند. در این صورت نقطهی تقـاطع آنها هم قرمزگون و هم آبیگون است
که امکان ندارد..
۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
برای اثبات ادعا، از ) Rو به طور مشابه از ′ (Rیک نیمخط بر ′ BBعمود
کنید که ′ BBرا قطع نکند. نقـاط این دو نیمخط قرمزگون هستند. پس
مسیر آبی یادشده، این دو نیمخط را قطع نخواهد کرد. بنابراین اگر مسیر
قرمز بین Rو ′ Rرا به این دو نیمخط اضافه کنیم مسیری قرمز به دست
میآید که صفحه را به دو قسمت تقسیم میکند که نقطههای Bو ′ Bدر
دو طرف آن هستند. پس مسیر آبی ناچار است این منحنی را قطع کند و
به تناقض میرسیم.
حال ثابت میکنیم مسیر آبی یا قرمز وجود دارد. نقطهای در اشتراک نواحی مربوط به Rو Bدر نظر بگیرید و آن را روی
عمودمنصف RBحرکت دهید تا به رأس یک گراف برسید. یک سمت این نیمخط، ناحیهی مربوط به Rاست که قرمزگون
است و سمت دیگر آن ناحیهی مربوط به Bاست که آبیگون است. با توجه به این که این رأس درجهی سه است، عضو
دقیقـاً سه ناحیه است. حال بر حسب این که ناحیهی سوم، قرمزگون و یا آبیگون باشد، از روی یالی حرکت کنید که باز
هم دو سمت مسیر از دو رنگ متفـاوت باشند. حال اگر یال جدید یک پارهخط بود، این کار را ادامه دهید. با ادامهی
این کار مسیر به طور یکتا مشخص میشود طوری که یک طرف مسیر آبیگون و طرف دیگر مسیر قرمزگون است. ادعا
میکنیم این مسیر خودش را قطع نمیکند. در غیر این صورت، اولین جایی که متحرک به یک نقطهی تکراری میرسد را
در نظر بگیرید )نقطهی .(Pاین نقطه حتماً یک رأس گراف است و درجهی ۳دارد و مسیر دو بار به نقطهی Pاز دو یال
مختلف وارد شده است. پس اگر به رنگ ناحیهی بین این دو یال توجه کنیم، میبینیم که ممکن نیست یک طرف مسیر
همواره آبیگون و طرف دیگر همواره قرمزگون باشد و این تناقض است.
در نتیجه این مسیر در انتها به یک نیمخط ختم میشود. این نیمخط نمیتواند قسمتی از عمودمنصف ′ R′Bباشد. زیرا در
این صورت رنگ دو طرف این نیمخط با رنگ دو طرف آن در RBمتفـاوت خواهد بود. پس مسیر در انتها روی عمودمنصف
′ BRیا ′ RBقرار میگیرد. فرض کنید روی عمود منصف ′ RBقرار گیرد. در این صورت نقطهی ابتدایی مسیر را با یک
پارهخط به Bو نقطهای روی نیمخط انتهایی را با یک پارهخط به ′ Bوصل کنید. حال یک مسیر از Bبه ′ Bبه دست
میآید که یک طرف آن آبیگون است. پس میتوان این مسیر را کمی تغییر داد تا تمام نقطههای آن آبیگون شود و یک
مسیر آبی به دست میآید. در حالت دیگر به طور مشابه یک مسیر قرمز به وجود میآید و حکم ثابت میشود.
ب. نفر دوم میتواند به این صورت عمل کند که هر گاه نفر اول نقطهای مثل Pگذاشت، او نقطهای دلخواه روی پارهخط
PRقرار دهد. ادعا میکنیم با این روش میتواند برنده شود. برای این کار طبق قسمت )الف( کافی است ثابت کنیم
مسیری قرمز ایجاد نمیشود. یک مسیر قرمز در نظر بگیرید. این مسیر ابتدایش Rو انتهایش ′ Rاست. پس با شروع از
Rو حرکت روی این مسیر، از ناحیهی مربوط به Rخارج میشویم. اولین جایی را در نظر بگیرید که این اتفـاق میافتد و
متحرک به ناحیهی نقطهی دیگری مثل ) Pکه قرمز است( وارد میشود. در این لحظه، متحرک روی عمودمنصف RP
است. اما اگر ′ ،P ̸= Rیک نقطهی آبی روی پارهخط RPوجود دارد. حال فـاصلهی هر نقطه از عمودمنصف RPتا این
نقطه، کمتر از فـاصلهی آن تا Rاست. پس متحرک نمیتواند در ناحیهی Rباشد.
در حالتی که ′ ،P = Rمتحرک روی عمودمنصف ′ RRاست. اگر در سمتی از خط ′ RRباشد که Bقرار دارد، فـاصلهی
متحرک تا Bکمتر از فـاصلهی آن تا Rاست و اگر در سمت دیگر باشد، فـاصلهاش تا ′ Bکمتر است. اگر هم وسط ′RR
باشد، با توجه به این که نقطهی دیگری هم قرار داده شده است، فـاصلهی متحرک تا نقطهی دیگر کمتر از فـاصلهی آن
تا Rاست. در هر حال متحرک در این لحظه در ناحیهی مربوط به Rنیست که تناقض است..
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
ج. دو تعمیم زیر را بیان و اثبات میکنیم.
• تعمیم اول. ادعا میکنیم که اگر ◦ ،\R + \R′ ≤ ۱۸۰نفر دوم برنده میشود. به روش قبلی عمل میکنیم. مشابه
قسمت قبل، اگر یک مسیر قرمز از ناحیهی Rخارج شود و به ناحیهای غیر از ′ Rوارد گردد به تناقض میرسیم. پس
کافی است ثابت کنیم نواحی Rو ′ Rاشتراکی ندارند. فرض کنید Bبالای ′ RRقرار دارد. دایرهی محیطی ′RBR
را Cو مرکز آن را Oبنامید. حال ′ Bداخل Cو زیر ′ RRاست. نقطهای مثل Tدر اشتراک ناحیههای ′ RRدر
نظر بگیرید. مشابه قبل .T ̸= Oاگر ) Tکه روی عمود منصف ′ RRاست( بالای Oباشد، فـاصلهاش تا Bکمتر از
Rاست و اگر پایین Oباشد، فـاصلهاش تا ′ Bکمتر از Rاست و مشابه قبل به تناقض میرسیم.
• تعمیم دوم. اگر ◦ \R + \R′ ≤ ۲۷۰باشد، هم نفر دوم میتواند برنده شود. در این حالت ادعا میکنیم بعد از
گذاشتن R۱توسط نفر اول، نفر دوم میتواند B۱را به گونهای قرار دهد که نواحی Rو ′ Rبا هم اشتراک نداشته
باشند و همچنین نواحی Rو R۱و یا ′ Rو R۱هم اشتراک نداشته باشند. در این صورت برای مثال اگر نواحی R
و R۱اشتراک نداشتند، از مرحلهی دوم به بعد مشابه روش قبل عمل میکنیم. حال ناحیهی Rبا ناحیهی هیچ
یک از نقطههای قرمز رنگ دیگر اشتراک ندارد و نفر دوم برنده شده است. )توجه کنید که اگر در مرحلهای ناحیهی
مربوط به دو نقطه مثل Pو Qبا هم اشتراک نداشته باشند، از آن به بعد هم با هم اشتراک نخواهند داشت.(
در طول اثبات از این نکته استفـاده میکنیم که ناحیهی مربوط به دو نقطهی Pو Qبا هم اشتراک دارند اگر و تنها
اگر دایرهای از آن دو نقطه بگذرد که درون آن هیچ نقطهی دیگری نباشد )مرکز همین دایره یک نقطهی اشتراک
دو ناحیه است.(
فرض کنید R۱در مثلث ′ RB′Rباشد. همچنین Cدایرهی محیطی ′ RBRو به مرکز Oباشد. فرض کنید خط
′ RRافقی و Bو زیر ′ RRباشد. برای این که نواحی Rو ′ Rاشتراک نداشته باشند، طبق نکتهی بالا کافی است
B۱داخل Cو بالای ′ RRباشد. حال اگر ◦ \ORR۱ < ۹۰قسمتی از پارهخط RR۱درون Cقرار دارد و میتوان B۱
را با این شرط روی RR۱انتخاب کرد و نتیجه حاصل میشود. پس فرض کنید ◦ \ORR۱ ≥ ۹۰و ◦.\OR′R۱ ≥ ۹۰
برای این که ناحیهی Rبا R۱اشتراک نداشته باشد، کافی است B۱زیر RR۱و داخل دایرهی محیطی ′RR۱B
باشد. اگر این دایره با Cداخل چهارضلعی اشتراک داشته باشد، مطلوب ماست. پس فرض کنید این گونه نباشد.
بنابراین اگر از ′ Bدایرهی C۱را طوری رسم کنیم که در Rبر Cمماس باشد، R۱باید داخل آن باشد. به طور مشابه
فرض کنید R۱داخل دایرهی C۲است که از ′ Bمیگذرد و در ′ Rبر Cمماس است. اما ادعا میکنیم چنین چیزی
ممکن نیست. برای این کار کافی است ثابت کنیم C۱و C۲داخل چهارضلعی اشتراک ندارند.
اگر Pمرکز اصلی سه دایرهی C۱ ،Cو C۲باشد، آنگاه زاویهی بین C۱و ضلع ′ RBدر نقطهی ′ Bبرابر است با:
\B′RP = \ORB′ − ۹۰◦ = \ORR′ + \R′RB′ − ۹۰◦ = ۹۰◦ − \B + \R′RB − \۹۰◦ = \R′RB′ − \B
و زاویهی بین C۲و ضلع ′ R′Bدر نقطهی ′ Bبرابر است با .\B′R′P = \RR′B′ − \Bمیخواهیم نشان دهیم
جمع این دو از ′ \Bبیشتر نیست:
\R′RB′ − \B + \RR′B′ − \B ≤ \B′ , ۱۸۰◦ − \B′ − ۲\B ≤ \B′ , \B + \B′ ≥ ۹۰◦
که معادلاً یعنی ◦ \R + \R′ ≤ ۲۷۰و به این ترتیب حکم ثابت میشود..
۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶تقسیم مریخ
ثابت میکنیم برای هر nنقطه روی کره میتوان nناحیهی یکپارچهی همنهشت یافت که هر کدام شامل دقیقـاً یک
نقطه باشند.
ابتدا توجه کنید که تعداد کل دایرههای عظیمهای از کره که شامل حداقـل دو تا از نقطهها باشند متناهی است.
صفحهای را در نظر میگیریم که موازی هیچ کدام از این متناهی دایرهی عظیمه نباشد و آن را Pمینامیم. حال دو
صفحهی موازی با Pکه مماس بر کره هستند را در نظر میگیریم و آنها را Nو Sمینامیم. نقطهی تماس Nبا کره را
»قطب شمال« و نقطهی تماس Sبا کره را »قطب جنوب« مینامیم. n − ۱صفحه بین Nو Sموازی Pدر نظر میگیریم
که کره را قطع کنند و به همراه Nو Sکره را به شکلی به nناحیه تقسیم کنند که درون هر ناحیه )و نه روی مرز آن(
دقیقـاً یکی از nنقطه باشد. این صفحهها را به ترتیب از شمال به جنوب P۱تا Pn−۱مینامیم و به ناحیههای بین صفحات
قطاع میگوییم. همچنین P۰را برابر Nو Pnرا برابر Sمیگیریم. در ادامه منظور از دوران، دوران حول خط واصل بین
قطب شمال و جنوب است )جهت دوران را جهت مشخص و دلخواهی در نظر بگیرید.(
از قطب شمال به قطب جنوب، یک نصفالنهار )نصف دایرهی عظیمه( رسم میکنیم که از هیچ کدام از nنقطه عبور نکند.
فرض کنید این نصفالنهار صفحههای P۰تا Pnرا به ترتیب در نقطههای A۰تا Anقطع کند. به این ترتیب نقطههای
Ai−۱و Aiروی مرز قطاع iام هستند) .(۱ ≤ i ≤ nنقطهای که درون قطاع iام است را Biمینامیم. یک خم درون قطاع
iام میکشیم که Ai−۱را به Aiوصل کند و این خاصیت را داشته باشد که دورانیافتهی این خم با زاویهی (i − ۱) ۳۶۰ n
درجه سمت چپ Biو دورانیافتهی آن با زاویهی i ۳۶۰ nدرجه سمت راست Biباشد )راست و چپ با جهتی که برای دوران
مثبت در نظر گرفتهایم تغیین میشود.( با کنار هم قرار دادن این خمها برای همهی iها یک خم از شمال به جنوب پیدا
میکنیم که با دورانهای این خم به اندازهی زاویههای i ۳۶۰ nبرای ،۰ ≤ i < nکره به nناحیهی همنهشت یکپارچه
تقسیم میشود که با توجه به نحوهی ساخت خمها در هر یک از ناحیهها دقیقـاً یکی از Biها قرار میگیرد..
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷گرافهای »خود متقـاطع«
الف. جواب nهای فرد است. دور به طول nرا به شکلی در صفحه رسم میکنیم که
شرایط گراف خودمتقـاطع را داشته باشد. به این صورت که در یک nضلعی منتظم
هر رأس را به دو رأس روبهرویش وصل میکنیم )به شکل روبهرو توجه کنید.(
حال فرض کنید nزوج باشد و دور به طول nخودمتقـاطع باشد. رئوس آن را به
ترتیب P۱تا Pnبنامید. چون همهی یالها با P۱P۲اشتراک دارند، پس رئوس
P۳تا ،Pnیک در میان در طرفین خط P۱P۲قرار میگیرند )توجه کنید که در هر
گراف خودمتقـاطع، امتداد یک یال تنها میتوان شامل رئوس تنها باشد.( پس P۳
و Pnدر دو طرف مختلف P۱P۲قرار دارند و یال P۱Pnنمیتواند یال P۲P۳را قطع کند.
ب. ابتدا یک لم را ثابت میکنیم.
لم. در یک گراف خودمتقـاطع، هر رأس حداکثر دو همسایهی غیر برگ دارد.
اثبات. در غیر این صورت رأس vو همسایههای b ،aو cاز آن موجود هستند که درجهی هر یک از آنها بیشتر از یک
باشد. دو حالت داریم:
• هر یک از زاویههای \bvc ،\avbو ،\cvaحداکثر ◦ ۱۸۰هستند. در این صورت bو cدر دو طرف خط گذرنده از va
قرار دارند و هیچ یال متصل به aنمیتواند هر دوی vbو vcرا قطع کند.
• یکی از سه زاویهی بالا، مثلاً ،\bvcبیشتر از ◦ ۱۸۰است. در این صورت باز هم bو cدر دو طرف خط گذرنده از va
قرار دارند و استدلال قسمت قبل صادق است.
با استفـاده از لم بالا، اگر برگها را حذف کنیم. گرافی به دست میآید که درجهی هر رأس حداکثر دو است و در ضمن در
این تغییر تعداد رأسها و یالها به یک میزان تغییر میکنند. در گراف جدید:
∑ = )تعداد یالها( × ۲
viرأس
d(vi) ≤ ∑
viرأس
)تعداد رأسها( × ۲ = ۲
پس اثبات حکم این قسمت هم به پایان میرسد.
ج. طبق آنچه گفتیم با حذف برگها، تعدادی مسیر و تعدادی دور به وجود میآید که طبق قسمت )الف،( دورها باید
همگی فرد باشند. ادعا میکنیم همهی جوابها از اضافه کردن احتمالاً تعدادی برگ و رأس تنها به گرافهای زیر به دست
میآیند:.
۱۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
• فقط یک دور فرد.
• اجتماع تعدادی مسیر مجزا )ممکن است تکرأسی باشند.(
فرض کنید دور داشته باشیم. توجه کنید که بین رأسهای این دور، یال دیگری
نیست، زیر اگر یالی باشد یک دور زوج در گراف ایجاد میشود که طبق قسمت )الف(
امکان ندارد. ادعا میکنیم هر یال دیگر حداقـل یک رأس مشترک با این دور دارد. در
غیر این صورت امتداد آن یال از هیچ رأسی از دور نمیگذرد. مشابه قسمت )الف(
رئوس دور باید یکی در میان در دو طرف این خط قرار بگیرند که با توجه به فرد
بودن دور امکان ندارد. برعکس ادعا میکنیم هر تعداد برگ و رأس تنها میتواند به
یک دور فرد اضافه شود طوری که همچنان خودمتقـاطع بماند. برای این کار از روش
قسمت الف برای رسم گراف خودمتقـاطع برای یک دور با طول فرد استفـاده میکنیم
و برگهای هر رأس آن دور را روی کمان مقـابل آن رأس )در دایرهی گذرنده از رئوس(
قرار میدهیم. در شکل روبهرو یالهای سیاهرنگ دور به طول فرد و یالهای آبیرنگ
برگهای متصل به دور هستند.
اگر گراف دور نداشته باشد، با حذف برگهای آن تعدادی مسیر به وجود میآید. ادعا میکنیم چنین گرافی همواره
خودمتقـاطع است. میتوان دید میتوان تعدادی رأس و یال به آن اضافه کرد که گراف به یک دور فرد به همراه تعدادی
برگ و رأس تنها تبدیل شود. از طرف دیگر هر زیر گراف یک گراف خودمتقـاطع، هم گرافی خودمتقـاطع است. بنابراین با
استفـاده از قسمت قبل حکم به طور کامل ثابت شد. شکل سمت راست زیر نحوهی رسم گراف خودمتقـاطع برای گراف
سمت چپ را نمایش میدهد..
۱۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸نسخهی خطی
فرض کنید عدد موجود در صورت سؤال را X ۱۳ = Aبنامیم. با جمع کردن ارقـام Aمیتوان دید که این عدد و در نتیجه
Xبر ۳بخشپذیر است. ضمناً چون ،ϕ(۱۰) = ۴پس ).X ≡ X ۱۳ ≡ ۳ (mod ۱۰
اگر ،X ≤ ۱۰۰آنگاه X ۱۳حداکثر ۲۷رقمی است ولی ۳۰ Aرقم دارد. از سوی دیگر از ،X ≥ ۲۰۰آنگاه ≥ A = X ۱۳
۲۱۳ × ۱۰۲۶ > ۸ × ۱۰۲۹و لذا Aباید دستکم ۳۰رقمی باشد و رقم بزرگش حداقـل ۸باشد که این طور هم نیست.
پس داریم ۱۰۰ < X < ۲۰۰و ۳jXو ) .X ≡ ۳ (mod ۱۰فقط سه عدد ۱۵۳ ،۱۲۳و ۱۸۳این سه خاصیت را همزمان
دارند. ادعا میکنیم .X = ۱۸۳
برای اثبات این موضوع دو راه وجود دارد:
راه اول. اگر ،X < ۱۶۰آنگاه:
A = X ۱۳ < ۲۴×۱۳ × ۱۰۱۳ = ۸۱۹۲۴ × ۱۰۱۳ < ۱۰۴×۴ × ۱۰۱۳ = ۱۰۲۹
پس Aباید حداکثر ۲۹رقم داشته باشد که اینگونه نیست. پس X > ۱۶۰و لذا .X = ۱۸۳
راه دوم. فرض کنید رقم دهگان ،Xبرابر aباشد. با در نظرگرفتن همهی اعداد به پیمانهی ۱۰۰داریم:
A ≡ ۶۳ (mod ۱۰۰) ) (۱۰۰ + ۱۰a + ۳)۱۳ ≡ (۱۰a + ۳)۱۳ ≡ ۳۱۳ + ۱۳ × ۳۱۲ × ۱۰a ≡ ۶۳ (mod ۱۰۰)
دقت کنید که بقیهی جملههای بسط دو جملهای بر ۱۰۰بخشپذیرند و در همنهشتی به پیمانهی ۱۰۰ظاهر نمیشوند.
:، داریم۳۱۲ ≡ ۴۱ (mod ۱۰۰) و۳۱۳ ≡ ۲۳ (mod ۱۰۰) حال چون
۲۳ + ۳۰ × ۴۱a ≡ ۶۳ ) ۱۲۳۰a ≡ ۴۰ ) ۳۰a ≡ ۴۰ (mod ۱۰۰)
پس ) ۳a ≡ ۴ (mod ۱۰و از بین ۵ ،۲و ۸تنها a = ۸در این رابطه صدق میکند. پس باید X = ۱۸۳باشد.۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱خیلی دور، خیلی نزدیک
الف. ابتدا یک لم را اثبات میکنیم.
لم. اگر Pنقطهای درون مثلث ABCباشد، آنگاه .PB + PC ≤ AB + AC
اثبات. CPرا امتداد میدهیم تا ABرا در نقطهی Dقطع کند. در این صورت با توجه به نابرابری مثلث
PB + PC ≤ BD + PD + PC = BD + CD ≤ BD + DA + AC = AB + AC
حال به مسئلهی اصلی برمیگردیم. داریم:
B۱B۲ + B۲B۳ + · · · + BnB۱ ≤ (B۱M۱ + B۲M۱) + (B۲M۲ + B۳M۲) + · · · + (BnMn + B۱Mn)
= (B۱M۱ + B۱Mn) + (B۲M۱ + B۲M۲) + · · · + (BnMn−۱ + BnMn)
≤ (A۱M۱ + A۱Mn) + (A۲M۱ + A۲M۲) + · · · + (AnMn−۱ + AnMn)
≤ (A۱M۱ + M۱A۲) + (A۲M۲ + M۲A۳) + · · · + (AnMn + MnA۱)
= A۱A۲ + A۲A۳ + · · · + AnA۱
که نابرابری اول همان نابرابری مثلث و نابرابری دوم با توجه به لم بوده است.
ب. برای هر عدد طبیعی ،۱ ≤ k ≤ nفرض کنید −−−−−! AkAk+۱ = Lk−! ukکه Lkطول بردار −−−−−! AkAk+۱و −! ukبردار یکهای
همجهت با آن است. در این صورت −! uk − −−! uk−۱با نیمساز درونی زاویهی \Ak−۱AkAk+۱همراستا است.
به علاوه فرض کنید ،−! !k = −−−! AkCkدر نتیجه با توجه به نحوهی تعریف ،Ck
−!
!k:(−! uk − −−! uk−۱) ≤ ۰ (∗)
که در اینجا منظور از : ضرب داخلی این دو بردار است. به علاوه دقت کنید که همهی اندیسها به پیمانهی nدر نظر
گرفته میشوند. از طرف دیگر
−−−−−!
Ck−۱Ck = −! !k + Lk−−! uk−۱ − −−! !k−۱
دقت کنید که −! ukبردار واحد در راستای خودش انتخاب شده بود و بنابراین
−−−−−!
Ck−۱Ck ≥ −−−−−! Ck−۱Ck:−−! uk−۱ = (−! !k + Lk−−! uk−۱ − −−! !k−۱):−−! uk−۱ = −! !k:−−! uk−۱ + Lk − −−! !k−۱:−−! uk−۱
بنابراین داریم:
n∑ k=۱
−−−−−!
Ck−۱Ck ≥
n∑ k=۱
Lk +
n∑ k=۱
(−! !k:−−! uk−۱) −
n∑ k=۱
(−−! !k−۱:−−! uk−۱).
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
از سوی دیگر با توجه به )∗(
n∑ k=۱
(−! !k:(−! uk − −−! uk−۱)) ≤ ۰ )
n∑ k=۱
(−! !k:−−! uk−۱) ≥
n∑ k=۱
(−! !k:−! uk) =
n∑ k=۱
(−−! !k−۱:−−! uk−۱)
و این نتیجه میدهد
n∑ k=۱
−−−−−!
Ck−۱Ck ≥
n∑ k=۱
Lk =
n∑ k=۱
−−−−−!
AkAk+۱
و اثبات این قسمت هم به پایان میرسد..
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲جایگشت ثابتقدم
از آنجا که ،∑n k=۱(π(k) − k) = ۰در بین دو عضو مجموعهی fπ(k) − k : k = ۱; ۲; : : : ; ngباید یکی مثبت و دیگری
منفی باشد. فرض کنید اعضای این مجموعه aو −bباشند که .a; b > ۰همچنین فرض کنید A = fk : π(k) − k = ag
.B = fk : π(k) − k = bg و
نخست توجه کنید که اگر i 2 Aو i+ a+ b ≤ nباشد، i+ a+ bهم عضوی از Aاست. زیرا اگر i 2 Aو ،i+ a+ b ≤ n
از آنجا که π(i) = i + aبود و πیک جایگشت است ) π(i + a + bدیگر نمیتواند برابر i + aباشد و در نتیجه
π(i + a + b) − (i + a + b) = aکه این یعنی .i + a + b 2 Aبا استدلال کاملاً مشابه میتوان دید که اگر j 2 Bو
. خواهد بودj − a − b 2 B ،j − a − b ≥ ۱
از سوی دیگر میتوان به راحتی دید که اگر i 2 A ،۱ ≤ i ≤ bو اگر .i 2 B ،n −a < i ≤ nاین مشاهدات به ما این امکان
را میدهد که بفهمیم هر کدام از اعضای مجموعهی f۱; ۲; : : : ; ngدر کدام یک از Aیا Bقرار دارند. اگر باقیماندهی
تقسیم iبر a + bکمتر یا مساوی bباشد، با توجه به توضیحات بالا باید i 2 Aو اگر باقیماندهی این تقسیم بیشتر از
bباشد، .i 2 Bبنابراین به سادگی نتیجه میشود که a + bباید مقسومعلیهی از nباشد. حال دقت کنید که برای هر
مقسومعلیه dاز d − ۱ ،nراه مختلف برای نوشتن dبه صورت مجموع دو عدد طبیعی وجود دارد. بنابراین تعداد کل
)(a; bهایی که a + bjnبرابر است با
∑ djn
(d − ۱) = ∑
djn
d − ∑
djn
۱ = σ(n) − τ(n)
از سوی دیگر برای هر چنین a; bای با توجه به توضیحات بالا میتوان جایگشتی ساخت که خاصیت مسئله را داشته
باشد. کافی است که در هر بلوک به صورت fk(a+ b)+ ۱; k(a+ b)+ ۲; : : : ;(k + ۱)(a+ b)gجایگشت ما bعدد اول
را به علاوهی aکرده و aعدد بعدی را منهای bکند..
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳مثلثبندی موازی
فرض کنید که ضلع پایین مثلث اصلی افقی باشد، بنابراین مجموع نسبتهای تجانس برابر است با مجموع علامتدار
نسبت طول ضلع افقی مثلثها به طول ضلع افقی مثلث اصلی. فرض کنید ∆۰بیانگر مثلث اصلی و ∆۱; ∆۲; : : : ; ∆k
بیانگر مثلثهای کوچک باشند. به علاوه برای hi ، ۰ ≤ i ≤ kرا طول ضلعی افقی مثلث ∆iو برای ϵi ،۱ ≤ i ≤ kرا
علامت ضریب تجانس ∆۰و ∆iبگیرید )اگر تجانس مستقیم باشد، این علامت برابر ۱و اگر معکوس باشد برابر −۱است.(
ϵi h hiخواهد بود. بنابراین خواستهی مسئله محاسبهی مجموع
۰
با این توضیحات نسبت تجانس دو مثلث ∆iو ∆۰برابر
.∑ استk i=۱ (ϵi h hi ۰ ) = h ۱۰ ∑k i=۱ ϵihi
هر قطعه از پارهخطهای افقی به جز پارهخطهایی که روی ضلع مثلث اصلی قرار دارند، قسمتی از ضلع دو مثلث هستند
که یکی همجهت با مثلث اصلی است و دیگری در جهت متفـاوت است. بنابراین هر قطعه از خطوط افقی که ضلع مثلث
اصلی نیست، در مجموعِ ∑k i=۱ ϵihiیک بار با علامت مثبت و یک بار با علامت منفی ظاهر میشود و این دو علامت مختلف
باعث میشوند که تأثیر آن تکه پارهخط از بین برود.
در نهایت با توجه به این که هر تکهی افقی از ضلع مثلث اصلی تنها یک بار با علامت مثبت در این مجموع ظاهر میشود،
داریم:
k∑ i=۱
ϵihi = h۰ ) ۱
h
۰
k∑ i=۱
ϵihi = ۱
و این همان چیزی است که قصد ثابت کردن آن را داشتیم..
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴تابعین!
برای هر x ̸= yداریم:
(f(x) − f(y))۲ + (g(x) − g(y))۲ ≥ ۱
۲ ( jf(x) − f(y)j + jg(x) − g(y)j )۲ > ۱ ۲
این نشان میدهد که اگر برای هر xحقیقی نقطهی )) (f(x); g(xرا در صفحه علامت بزنیم، هر دو نقطهی علامتزده
فـاصلهای به اندازهی حداقـل p ۱۲دارند. اگر حول هر کدام از این نقطهها دایرهای به شعاع ۲p ۱ ۲بزنیم، این دایرهها دو به
دو یک دیگر را قطع نمیکنند. با توجه به این اعداد حقیقی ناشمارا هستند، ناشمارا دایرهی دو به دو مجزا در صفحه رسم
کردهایم. اما از طرف دیگر توجه کنید که در هر کدام از این دایرهها میتوان یک نقطه با مختصات گویا یافت، اما از آنجا
که تعداد چنین نقطههایی شمارا هستند، این اتفـاق ممکن نیست. )در واقع با این فرآیند به هر عدد حقیقی ،xنقطهای با
مختصات گویا نسبت دادهایم که این نقطهها برای اعداد حقیقی مختلف متفـاوت هستند، که این یک تابع یک به یک از
Rبه Q۲معرفی میکند که چنین تابعی وجود ندارد(.۱
۱حل این سؤال مستلزم داشتن اطلاعاتی در مورد مجموعههای شمارا و ناشمارا بود که در دورهی تابستانی آن سال به دانشپژوهان تدریس شده
بود و همگی با این مفـاهیم آشنایی داشتهاند..
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵توپ غلطان
rرا شعاع توپ و Oرا مکان اولیهی آن در صفحه بگیرید. ابتدا توپ را در راستای دایره عظیمهای که از نقطهی علامتزدهشده
و بالاترین نقطهی کره میگذرد حرکت میدهیم تا این نقطهی علامتدار به بالاترین مکان منتقـل شود. Aرا مکان جدید
توپ در صفحه بگیرید. OAطول کمانی از دایره عظیمه است که نقطهی علامتدار روی کره طی کرده که این مقدار به
وضوح کمتر از محیط یک دایرهی دایرهی عظیمه یعنی ۲πrاست. بنابراین نقطهای مثل Bدر صفحه میتوان یافت که
.OA = OB = ۲πrدقت کنید که اگر نقطهی علامتدار بالاترین نقطهی کره باشد و ما آن را در یک جهت دلخواه
به اندازهی ۲πrبغلطانیم، مجدداً نقطهی رنگی بالاترین نقطه خواهد بود. پس اگر کره را ابتدا در جهت ABو سپس در
جهت BOحرکت دهیم، در نهایت به نقطهی Oبرمیگردد و با توجه به نکتهای که اشاره شد، نقطهی علامتدار بالاترین
نقطهی کره خواهد بود.۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶مبنای یک به علاوهی آی!
= ،iبرای iبسطی نامتناهی در مبنای ۱ +i
1 ∑
i=۱
صورت این سؤال اشکال داشته است. در واقع با توجه به تساوی (۱ +i)n
وجود دارد و میتوان به سادگی دید که نمیتوان یک بسط متناهی برای iمعرفی کرد..
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷چندوجهی محیطی
توجه به صورت مسئله در صفحه، یعنی یک چندضلعی که همهی اضلاع آن بر یک دایره مماس هستند و رنگ کردن اضلاع
آن به گونهای هیچ دو ضلع مجاوری سیاهرنگ نباشند، برای حل این مسئله سودمند است.
برای هر وجه چندوجهی نقطهی تماس کرهی محاطی با آن وجه را در نظر بگیرید و این نقطه را به همهی رئوس این وجه
وصل کنید. با این کار سطح چندوجهی به تعدادی مثلث افراز میشود.
فرض کنید که ABیک ضلع از چندوجهی و F۱و F۲دو وجهی از چندوجهی باشند که شامل این ضلع هستند. به علاوه
T۱و T۲را به ترتیب نقطههای تماس کرهی محاطی با F۱و F۲بگیرید. توجه کنید که در این صورت AT۱و AT۲هر دو به
کره مماس هستند، زیرا مثلاً در مورد AT۱میدانیم که وجه F۱تنها یک نقطهی اشتراک با کره دارد و بنابراین AT۱هم
نمیتواند بیشتر از یک نقطهی تماس داشته باشد و T۱آن نقطهی تماس است.
حال اگر صفحهی گذرا از مرکز کره ) T۱ ،(Oو Aرا رسم کنیم دایرهای حاصل میشود که AT۱بر آن مماس است و در
نتیجه AT۱ ۲ = AO۲ − r۲که rشعاع آن دایره است که با توجه به این که مرکز آن همان مرکز کره بود، همان شعاع کره
است. با همین استدلال طول AT۲هم برابر AT۱به دست میآید. پس .AT۱ = AT۲استدلال کاملاً مشابه نتیجه میدهد
که .BT۱ = BT۲پس دو مثلث ABT۱و ABT۲همنهشت هستند.
با این توضیحات دو مثلث ایجادشده روی سطح چندوجهی که هر دو شامل یک ضلع از چندضلعی هستند، با هم همنهشت
هستند و به طور خاص مساحت برابر دارند. از طرف دیگر هر دوی این مثلثها همزمان سیاهرنگ نخواهند بود، پس برای
هر مثلث سیاهرنگ یک مثلث سفیدرنگ با مساحت برابر با آن وجود خواهد داشت و این نتیجه میدهد که مساحت
ناحیهی سیاهرنگ از ناحیهی سفیدرنگ بیشتر نیست.۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸خوشهی نامتناهی
توجه. در صورت سؤال عبارتی تحت عنوان »مربع افقی به مرکز مبدأ و به ضلع «۲n + ۱وجود دارد. منظور از طول ضلع
مربع در این بیان، تعداد نقطههای صحیح روی ضلع مربع است. شاید بهتر بود که از عدد ۲nبرای طول ضلع این مربع
استفـاده میشد.
بدون کم شدن از کلیت مسئله میتوان فرض کرد که مبدأ در بین نقطههای حذفشده نیست. حال خوشهای که شامل
مبدأ است را در نظر بگیرید. اگر این خوشه متناهی باشد، مرز آن شامل نقطههایی حذفشده است که مجاور به یکی از
رأسهای این خوشه هستند. فرض کنید kکوچکترین عدد طبیعی باشد که همهی نقطههای این خوشه درون مربعی
به ضلع ۲k + ۱به مرکز مبدأ قرار میگیرند. در این صورت حتماًٌ یکی از نقطههای خوشهی شامل مبدأ روی مرز این
مربع قرار دارد. به دلیل تقـارن فرض کنید این رأس روی ضلع عمودی سمت راست مربع باشد. در این صورت برای هر
،۰ ≤ i ≤ k + ۱در مربع به ضلع ۲k + ۳به مرکز مبدأ یک نقطهی حذف شده با مؤلفهی اول iوجود دارد )اگر در یکی
از این ستونها نقطهی حذفشدهای وجود نداشته باشد، kکوچکترین عدد ممکن نبوده است.( پس در مربع به ضلع
۲k + ۳به مرکز مبدأ حداقـل k + ۲نقطهی حذف شده داریم که چون ،k + ۲ > k+ ۲ ۱این با فرض مسئله تناقض دارد و
بنابراین خوشهی شامل مبدأ نامتناهی است.
حال فرض کنید که حداقـل دو خوشهی نامتناهی مجزا داریم. میتوان عدد طبیعی rیافت که هر دوی این خوشهها در
مربع به مرکز مبدأ و ضلع ۲r + ۱رأس داشته باشند. به دلیل همبندی و نامتناهی بودن خوشهها برای هر عدد طبیعی
،k ≥ rهر دو خوشه روی مرز مربع به مرکز مبدأ و ضلع ۲k + ۱رأس دارند. به علاوه برای هر k ≥ rباید یکی از رئوس
مربع به ضلع ۲k + ۱به مرکز مبدأ حذف شده باشد، چون در غیر این صورت دو خوشه از روی مرز این مربع به هم متصل
میشوند. پس برای یک عدد طبیعی بزرگ ،Nحداقـل N − rرأس حذفشده در مربع به ضلع ۲N + ۱به مرکز مبدأ
داریم. اگر N − r > N ۲ ،N > ۲rو این یعنی بیش از N ۲از رئوس در این مربع حذف شده است که با فرض مسئله تناقض
دارد. پس یک و فقط یک خوشهی نامتناهی در این گراف داریم..
۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱چندجملهای دو متغیره
درجهی Pرا با dنشان میدهیم. در نتیجه با توجه به فرضیات مسئله، dحداقـل ۱است، Qیک چندجملهای همگن
)یعنی درجهی همهی تکجملهایهای آن برابر است( از درجهی dاست و ) (x۱; y۱و ) (x۲; y۲دو نقطهی غیر از مبدأ در
صفحه هستند.
لم. فرض کنید ) (x۰; y۰) ̸= (۰; ۰و .P(x۰; y۰) ̸= ۰در اینصورت برای اعداد مثبت به اندازهی کافی بزرگ P(rx۰; ry۰) ،r
با ) Q(x۰; y۰همعلامت است.
اثبات. قرار دهید .R = P − Qدر اینصورت درجهی همهی جملات Rاز dکمتر است. به راحتی میتوان نشان داد که
عدد مثبت Kوجود دارد که برای هر عدد مثبت ،r > ۱
jR(rx۰; ry۰)j < Krd−۱:
از طرفی بنابر همگن بودن .Q(rx۰; ry۰) = rdQ(x۰; y۰) ،Qپس برای r > ۱داریم:
P(rx۰; ry۰) = Q(rx۰; ry۰) + R(rx۰; ry۰)
> rdQ(x۰; y۰) − Krd−۱ = rd−۱(rQ(x۰; y۰) − K):
درنتیجه اگر ) Q(x۰; y۰مثبت باشد و rاز ) Q(x K ۰;y۰و ۱بزرگتر باشد، ) P(rx۰; ry۰هم مثبت است. همینطور برای :r > ۱
P(rx۰; ry۰) < rd−۱(rQ(x۰; y۰) + K):
پس اگر ) Q(x۰; y۰منفی باشد و rاز ) − Q(x K ۰;y۰و ۱بزرگتر باشد، ) P(rx۰; ry۰هم منفی است. درنتیجه در هر دو صورت
حکم لم برقرار است.
حال اگر لم بالا را برای ) (x۱; y۱و ) (x۲; y۲استفـاده کنیم، نتیجه میشود که برای اعداد به اندازهی کافی بزرگ ،Mدو
نقطه به صورت ) (rx۱; ry۱و ) (sx۲; sy۲روی دایرهی به شعاع Mحول مبدأ پیدا میشود که مقدار Pدر یکی از آنها
مثبت و در دیگری منفی است. وقتی از نقطهی اول روی یک کمان این دایره به سمت نقطهی دوم حرکت میکنیم، مقدار
Pاز یک عدد مثبت شروع میشود و نهایتاً به یک عدد منفی میرسد. پس با توجه به پیوستگی مقـادیر ،Pمقـادیر P
همهی اعداد مابین مقدار اولیه و مقدار نهایی -از جمله صفر- را پوشش میدهد. درنتیجه Pروی دوایر با شعاع به دلخواه
بزرگ حول مبدأ صفر میشود و مجموعهی نقـاطی که مقدار Pدر آنها صفر است، کراندار نیست..
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲مکعب غلطان
فرض کنید در ابتدا نحوهی قرار گرفتن مکعب روی زمین، شبیه معکب شماره ) (۱در شکل زیر باشد. مطابق شکل با
غلطاندن آن به ترتیب به سمت راست، جلو، چپ، جلو، راست و در نهایت به سمت عقب این مکعب به مکعب شماره )(۷
تبدیل میشود که انتقـالیافتهی مکعب اول به اندازهی بردار ) (۲a + ۱; ۲a + ۱است و به علاوه دوباره همان وجه اولیه
روی زمین قرار دارد.
اگر همهجا در حرکتهایمان جای راست و چپ را با هم عوض کنیم، طبیعتاً به بردار ) (−(۲a+ ۱); ۲a+ ۱میرسیم و اگر
جای جلو و عقب را عوض کنیم به بردار )) (۲a + ۱; −(۲a + ۱خواهیم رسید و اگر همهی جهتها را عکس کنیم به بردار
)) (−(۲a+ ۱); −(۲a+ ۱میرسیم. با توجه به تقـارنی که این شکل نسبت به aو bدارد، میتوان آن را به گونهای غلطاند
که به اندازهی بردار )) ،( ±(۲b+ ۱); ±(۲b+ ۱در صفحه انتقـال پیدا کند. توجه کنید که در تمام این حالتها همان وجه
اولیه با همان جهت اولیه در نهایت روی زمین قرار دارد. برای رسیدن به بردارهای )) ( ± (۲c + ۱); ±(۲c + ۱هم کافی
است ابتدا مکعب را به سمت راست بغلطانیم تا یکی از ضلعهای مستطیل روی زمین برابر ۲c + ۱باشد و با حرکتهایی
شبیه به بالا آن را به اندازهی بردار مطلوب حرکت دهیم و دست آخر، یک بار مکعب را به سمت چپ بغلطانیم تا همان
وجه اولیه )با همان وضعیت اولیه( روی زمین باشد.
بنابراین اگر بتوانیم خانهای شبکهای در صفحه با مختصات ) (x; yرا رنگی کنیم، میتوانیم خانههای زیر را هم رنگی نماییم:
(x ± (۲a + ۱); y ± (۲a + ۱)); (x ± (۲b + ۱); y ± (۲b + ۱)); (x ± (۲c + ۱); y ± (۲c + ۱))
حال ادعا میکنیم که اگر خانهی ) (x; yرنگی شود میتوانیم هر کدام از خانههای ) (x ± ۱; y ± ۱را هم رنگی نماییم. برای
این منظور توجه کنید که با توجه به نسبت به هم اول بودن اضلاع مکعب، میتوان اعداد صحیح r; s; tیافت که
r(۲a + ۱) + s(۲b + ۱) + t(۲c + ۱) = ۱
برای هر انتخاب ϵ۱; ϵ۲از ±۱میتوان با توجه به نکتههای بالا با rبار استفـاده از بردار )) s ،(ϵ۱(۲a + ۱); ϵ۲(۲a + ۱بار
استفـاده از بردار )) (ϵ۱(۲b + ۱); ϵ۲(۲b + ۱و در نهایت tبار استفـاده از بردار )) (ϵ۱(۲c + ۱); ϵ۲(۲c + ۱از خانهی )(x; y
به خانهی ) (x + ϵ۱; y + ϵ۲برویم و با این عمل میتوان به همهی نقطههایی که زوجیت مجموع دو مؤلفهی آن با )(x; y
یکسان است، رسید.
برای رسیدن به نقطههایی که زوجیت مجموع دو مؤلفهی آن با خانهی اولیهی ما تفـاوت دارد، دقت کنید که اگر مکعب.
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
را به سمت راست سپس جلو و دوباره راست بغلطانیم، در این سه حرکت مجموع مؤلفهها به ترتیب به مقدار ،a + c + ۱
a + b + ۱و b + c + ۱واحد تغییر میکند. با توجه به این که جمع این سه عدد یعنی ۲a + ۲b + ۲c + ۳عددی فرد است
پس حتماً در یکی از سه گام مجموع مؤلفهها مقدار فردی تغییر کرده است و میتوانیم با شروع از آن وضعیت و اجرای
فرآیند بالا مابقی خانهها را نیز رنگی کنیم.
توجه. با توجه به راهحل بالا میبینیم که در صورت مسئله لازم نبود که طول سه ضلع مکعب دو به دو نسبت به هم اول
باشند و تنها کافی بود که طول سه ضلع عامل اول مشترکی نداشته باشد، یعنی .(۲a + ۱; ۲b + ۱; ۲c + ۱) = ۱.
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳نقـاط در صفحه
الف. نقطهی دلخواهی از صفحه را به عنوان مبدأ مختصات در نظر بگیرید. فرض کنید A = fa۱; a۲; : : : ; angکه ⃗aiها
بردارهایی در صفحه هستند. در این صورت تعریف میکنیم
Ai = A + ⃗ai = fa + aija 2 Ag
دقت کنید که .ai + aj 2 Ai \ Ajادعا میکنیم که Ai \ Ajنمیتواند بیشتر از یک عضو داشته باشد. به برهان خلف
فرض کنید این چنین نباشد، یعنی عنصر xغیر از ⃗ai + ⃗ajباشد که .x 2 Ai \ Ajداریم:
x 2 Ai; x ̸= ai + aj ) 9i۱ ̸= j; x = ai + ai۱
x 2 Aj; x ̸= ai + aj ) 9i۲ ̸= i; x = aj + ai۲
که این نتیجه میدهد:
ai۱ + ai = ai۲ + aj ) ai۱ − ai۲ = aj − ai
در این صورت ۴عنصر ai; aj; ai۱; ai۲از Aتشکیل یک متوازیالاضلاع میدهند که با فرض صورت سؤال تناقض دارد.
در پایان میتوان به سادگی دید که اشتراک هر سهتایی از Aiها برابر تهی است. چرا که اگر برای سه اندیس متمایز ،i; j; k
Ai \ Aj \ Akناتهی باشد، با توجه به این که Ai \ Aj = f⃗ai + ⃗ajgباید ،⃗ai + ⃗aj 2 Akاین یعنی اندیس lوجود دارد
که
⃗ai + ⃗aj = ⃗ak + ⃗al ) ⃗ai − ⃗ak = ⃗al − ⃗aj
که باز هم یک متوازیالاضلاع از اعضای Aتشکیل میدهد که با فرض مسئله تناقض دارد.
ب. در این قسمت مبدأ مختصات را نقطهای در صفحه خارج از مجموعهی Aبگیرید، به علاوه فرض کنید صفحهی مورد
بحث صفحهی اعداد مختلط و fa۱; a۲; : : : ; angاعداد مختلط متناظر با اعضای مجموعهی Aباشند.
در اینجا تعریف میکنیم:
Ai = Aai = faai : a 2 Ag
با توجه به این که ضرب کردن در عدد مختلط aiیک تجانس مارپیچی به مرکز مبدأ )ترکیب یک دوران و تجانس( را در
صفحه مشخص میکند، Aiنسخهای از Aخواهد بود. مشابه قبل .aiaj 2 Ai \ Ajحال اگر x ̸= aiajعنصر دیگری در
Ai \ Ajباشد، داریم:
x 2 Ai; x ̸= aiaj ) 9l ̸= j; alai = x
x 2 Aj; x ̸= aiaj ) 9k ̸= i; akaj = x
در نتیجه alai = akajو یا ) a ak i = a aj lدقت کنید همهی aiها ناصفر هستند.( در این صورت مبدأ مختصات مرکز تجانس
مارپیچی است که akرا به aiو alرا به ajمیفرستد. تعداد چنین تبدیلهایی )تجانس مارپیچیهایی که یک جفت از
نقطههای Aرا به جفت دیگری بفرستند،( به دلیل متناهی بودن تعداد نقطههای ،Aمتناهی است. پس میتوانیم از ابتدا
مبدأ را به گونهای انتخاب کنیم که مرکز هیچ کدام از این تبدیلها نباشد. بنابراین Ai \ Ajشامل تنها aiajاست. مشابه
استدلال آخرین بخش راهحل قسمت الف، اگر اشتراک سه تا از Aiها ناتهی شود، باید یک تجانس مارپیچی به مرکز مبدأ
یک جفت از نقطههای Aرا به جفت دیگری بفرستد که به دلیل فرض بالا این امکان ندارد و اثبات حکم به پایان میرسد.۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴کاشیکاری
فرض کنید zنقطهی شبکهای دیگری در Sباشد و ′ Sیک کاشی دیگر. ′ y′ ،xو ′ zرا به ترتیب نقطههای متناظر با y ،x
و zدر ′ Sفرض کنید. مطابق شکل زیر تنها ۴مکان ممکن برای قرار گرفتن ′ zوجود دارد که همگی نقطههای شبکهای
هستند. پس تعداد نقطههای شبکهای در کاشیهای مختلف با هم برابر است. این مقدار برابر را kبنامید.
فرض d 2 Nاز فـاصلهی بین هر دو نقطه در Sبیشتر باشد. برای عددی طبیعی مثل ،Dدو مربع هممرکز یکی به ضلع
Dو دیگری به ضلع D + ۲dدر نظر بگیرید که رئوس هر دو متشکل از نقطههای شبکهای باشند. تعداد کاشیهایی که با
مربع داخلی اشتراک دارند را uبنامید. از آنجا که هر کاشی kرأس شبکهای دارد، تعداد کل رئوس شبکهای که توسط
این uکاشی پوشانده میشود، ukاست که نمیتواند از رئوس شبکهای درون یا روی مرز مربع D × Dکمتر باشد )چون
این uکاشی مربع D × Dرا پوشاندهاند.( پس .uk ≥ (D + ۱)۲با توجه به انتخاب dهیچ یک از این uکاشی نمیتوانند
نقطهای بیرون مربع به ضلع D + ۲dداشته باشند و بنابراین .uk ≤ (D + ۲d + ۱)۲
حال مساحت Sرا با sنمایش میدهیم. از استدلالی شبیه بالا این بار در مورد مساحت نتیجه میشود که:
D۲ ≤ us ≤ (D + ۲d)۲
از طرف دیگر هم داشتیم:
(D + ۱)۲ ≤ uk ≤ (D + ۲d + ۱)۲
با استفـاده از این دو رابطه داریم:
(D D+ +۲ ۱ d)۲ ≤ k s ≤ (D +D ۲d + ۱)۲
چون این نابرابریها برای هر Dبرقرار هستند، با بزرگکردن مقدار ،Dهر دو جملهی سمت چپ و سمت راست نابرابری
به ۱میل میکنند و لذا k = sو به این ترتیب اثبات کامل میشود..
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵دنبالهی جالب
فرض کنید Xمجموعهی همهی nتاییهای مرتب با درایههای در مجموعهی f−۱; +۱gباشد و .X′ = X−f(۱; ۱; : : : ; ۱)g
به علاوه برای هر عنصر x 2 Xاز نماد [x]iبرای نمایش مؤلفهی iام آن استفـاده میکنیم، یعنی ).x = ([x]۱; [x]۲; : : : ; [x]n
لم. برای هر kعدد طبیعی ،۰ < i۱ < i۲ < · · · < ik ≤ nداریم:
∑
x2X′
([x]i۱[x]i۲ · · · [x]ik) = −۱
اثبات. توجه کنید که برای هر عنصر xدر Xمیتوان عنصر یکتای ′ xیافت که فقط در مؤلفهی i۱ام تفـاوت داشته باشند
و بقیهی مؤلفههای آنها یکسان باشد در این صورت
[x]i۱; [x]i۲ · · · [x]ik + [x′]i۱[x′]i۲ · · · [x′]ik = ۰
و در نتیجه اگر مجموع بالا روی کل Xباشد، حاصل برابر صفر خواهد شد. حال که مجموع روی ′ Xاست، باید مقدار
مربوط به ) (۱; ۱; : : : ; ۱که برابر ۱است را از آن کم کنیم که این رابطهی مورد نظر را نتیجه میدهد.
با توجه به دو خاصیت دنبالهی xiدر صورت مسئله برای هر n ،۱ ≤ i ≤ ۲n − ۱تاییهای ) (xi; xi+۱; : : : ; xi+n−۱همگی
متمایز هستند. چرا اگر دو تا از آنها با هم برابر باشند، با توجه به این هر عنصر دنباله با تعیین شدن nعنصر قبلی و
یا بعدیاش به طور یکتا )با قـاعدهای که دومین خاصیت دنباله در صورت مسئله بیان میکند( تعیین میشوند، دورهی
تناوب دنباله عددی کمتر از ۲n − ۱خواهد شد. به علاوه هیچیک از این nتاییها ) (۱; ۱; : : : ; ۱نیست، چرا که در این
صورت دنبالهی ،xiدنبالهی ثابت ۱خواهد بود. بنابراین همهی n ،۲n − ۱تایی مجموعهی ′ Xدر این بین دقیقـاً یک بار
ظاهر میشود.
دنبالهی xiرا میتوان به صورت xi = xi+۲n−۱برای مقـادیر منفی iهم تعریف کرد و خواص صورت مسئله در مورد این
دنبالهی جدید هم کماکان صادق است. نشان میدهیم که اعداد صحیح ۰ < u۱ < u۲ < · · · ≤ up ≤ nوجود دارد که
xixi+sرا میتوان به صورت حاصلضرب xi−u۱xi−u۲ · · · xi−upنوشت. برای این منظور دقت کنید که xiرا میتوان به
صورت حاصلضرب تعدادی از عناصر مجموعهی fxi−۱; xi−۲; : : : ; xi−ngنوشت. در مورد xi+sهم را میتوان به صورت
حاصلضرب تعدادی از nعنصر قبلیاش در دنباله نوشت و به همین ترتیب هر کدام از عناصر این ضرب را به صورت
حاصلضرب تعدادی از عناصر قبلی آن مینویسیم و ... تا این که به صورت حاصلضرب تعدادی از عنصرهای مجموعهی
fxi−۱; xi−۲; : : : ; xi−ngبرسیم. مشکل این است که ممکن است بعضی از عناصر در حاصلضرب نهایی تواندار باشند.
اگر xm kدر حاصلضرب ظاهر شده باشد، با توجه به این که xiها ۱یا −۱هستند، اگر mفرد باشد، xm i = xiو xiرا
با xm iجایگزین میکنیم. اگر هم mزوج باشد، xm i = ۱که میتوان آن را از حاصلضرب حذف کرد. حال اگر با این
حذفکردنها هیچ جملهای باقی نماند نتیجه میگیریم که xixi+s = ۱و در نتیجه xi = xi+sکه با این فرض که دوره
تناوب دنباله ۲nاست تناقض دارد. پس ادعا ما ثابت شد.
خواهد بود. در نهایت با توجه به تناوب دنباله و لم
۲n−۱
∑ i=۱
xi−u۱xi−u۲ · · · xi−up به صورت
۲n−۱
∑ i=۱
با این توضیحات xixi+s
بالا این مجموع برابر −۱خواهد بود.۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶چندوجهی
نشان میدهیم که چندوجهی خواستهشده در صورت مسئله )حجیمترین چندوجهی( ۳۶وجه دارد. به وضوح این
چندوجهی اشتراک سه استوانهی توپر با قـاعدهی ۱۲ضلعیهای خوب در سه صفحهی مختصات است.
حال به بررسی اشتراک این سه استوانه میپردازیم. ابتدا استوانهی مربوط به ۱۲ضلعی صفحهی xyرا در نظر گرفته و
اشتراک آن با ۱۲ضلعی مربوط به صفحهی xzرا بررسی کنید. ادعا میکنیم که هر کدام از وجههای استوانهی دوم یک
وجه به استوانهی قبلی اضافه میکند و تعداد وجههای این اشتراک برابر ۲۴است. برای این منظور کافی است ثابت کنیم
که هر کدام از وجههای استوانهی مربوط به صفحهی ،xzدرون )و نه تنها نقـاط مرزی( استوانهی صفحهی xyرا قطع
میکند. با توجه به این که استوانهی xyو هر یک از وجههای استوانهی xzاشکالی محدب ۱در فضا هستند، اشتراک
آنها هم شکلی محدب خواهد شد و لذا حداکثر یک وجه به چندوجهی ما اضافه خواهد کرد. از طرف دیگر تصویر استوانهی
xyروی صفحهی xzیک نوار توپر در این صفحه است که ۱۲ضلعی موجود در این صفحه را شامل میشود. پس ضلع
مربوط به وجه یادشده را هم شامل است و بنابراین استوانهی xyوجه متناظر به آن ضلع را قطع میکند.
پس اشتراک این دو استوانه یک چندوجهی است که ۲۴وجه دارد و از آنجا که هر دو استوانه محدب هستند، این
چندوجهی که اشتراک دو استوانه است، خود محدب است. از سوی دیگر این چندوجهی شامل نقطههای )،(۰; ۰; ۱
) (۰; −۱; ۱) ،(۰; ۱; −۱و ) (۰; −۱; −۱هست و با توجه به محدب بودن، کل مربع با این رئوس را شامل است. در نتیجه
تصویر این ۲۴وجهی روی صفحهی ،yzکل ۱۲ضلعی موجود در این صفحه را شامل میشود.
کاملاً مشابه قسمت قبل، اگر اشتراک این ۲۴وجهی و استوانهی مربوط به صفحهی yzرا در نظربگیریم، هر کدام از وجههای
استوانه ۲۴وجهی را در یک ناحیهی محدب قطع میکنند )۲۴وجهی و آن وجه هر دو محدب هستند و اشتراکشان هم
محدب است( و یک وجه جدید به آن اضافه میکنند.
بنابراین ۱۲وجه این استوانه، ۱۲وجه به ۲۴وجهی میافزایند و در نتیجه شکل حاصل ۲۴+ ۱۲یعنی ۳۶وجهی خواهد بود.
شکل زیر یک نما از این چندوجهی را نمایش میدهد.
۱شکلی در فضا را محدب مینامیم، هرگاه این خاصیت را دارا باشد که اگر دو نقطه عضو آن بودند، کل پارهخط واصل بین آن دو نقطه هم عضو آن
شکل باشد..
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷تابع جالب
ابتدا یک لم را اثبات میکنیم. در همهجای راهحل به جای S − Aاز نماد Acاستفـاده شده است.
لم. اگر مجموعهی Bبا اعمال اشتراک و مکمل گرفتن از زیرمجموعههای A۱; A۲; : : : ; Amاز Sبه دست آمده باشد،
آنگاه:
f(B) ≤ maxff(A۱); f(A۲); : : : ; f(Am)g
اثبات. کافی است ثابت کنیم که برای هر دو مجموعهی Aو .f(A \ B) ≤ maxff(A); f(B)g ،Bبرای این هم داریم:
f(A \ B) = f ((Ac [ Bc)c) = f(Ac [ Bc) ≤ maxff(Ac); f(Bc)g = maxff(A); f(B)g
حال راهحل را به صورت میتوان ادامه داد:
راهحل اول. فرض کنید برد fدقیقـاً mعضوی باشد و ) f(A۱) < f(A۲) < · · · < f(Amاعضای برد fباشند. با
توجه به لم مجموعهی Amاز A۱; A۲; : : : ; Am−۱با عملهای اشتراک و مکمل گرفتن به دست نمیآید. اما اگر برای
هر fig ،i 2 Amبا عملهای اشتراک و مکمل از A۱; A۲; : : : ; Am−۱به دست بیاید، نتیجه میگیریم که Amهم با این
اعمال قـابل دستیابی بوده است. پس نتیجه میگیریم عنصری مثل i 2 Amهست که figاز A۱; A۲; : : : ; Am−۱به
دست نمیآید. با انتخاب مناسب مجموعهی Biبرابر Aiیا Ac iبرای .i 2 B۱ \ B۲ \ · · · \ Bm−۱ ، ،۱ ≤ i ≤ m − ۱
پس .i 2 B۱ \ B۲ \ · · · \ Bm−۱ \ Amاما با توجه به نکتهی بالا این اجتماع برابر figنیست. این یعنی عنصری مثل ′i
.i′ 2 B۱ [ B۲ [ · · · [ Bm−۱ [ Am وجود دارد که
در ادامه راهحل ایدهی ما این است که دو عنصر iو ′ iرا با هم یکی کنیم و تابع جدیدی بسازیم که اعضای دامنهی آن
کمتر باشد. برای این منظور تعریف میکنیم a = fi; i′gو اگر دامنهی تابع fرا تنها روی زیرمجموعههایی از Sکه یا شامل
هر دوی این دو عضو هستند یا شامل هیچکدام نیستند، محدود کنیم )Aiها چنین مجموعههایی هستند( میتوان تابع
f ′ : P ((S − fi; i′g) [ a) ! Nتعریف کرد که خواص فرض مسئله را دارا است.
توجه کنید که تعداد اعضای (S −fi; i′g)[ aیک واحد کمتر از تعداد اعضای Sاست و اگر اینجا از استقرا استفـاده کنیم،
نتیجه میگیریم که m − ۱ ≤ n − ۱و در نتیجه m ≤ nو این اثبات حکم را تمام میکند. )تنها باید حالتهای پایهای
مثلاً n = ۱بررسی شوند که بررسی آنها کاملاً سرراست است(.
راهحل دوم. این راهحل به مقداری اطلاعات از نظریهی گروهها نیازمند است.
با توجه به لم بالا
f(A∆B) = f((A \ Bc) [ (Ac \ B)) ≤ maxff(A \ Bc); f(Bc \ B)g ≤ maxff(A); f(B)g
حال توجه کنید که مجموعهی ) P(Sو عمل تفـاضل متقـارن ∆ تشکیل یک گروه میدهند )∅ به عنوان عضو خنثی و A
به عنوان وارون خودش.( بدون کم شدن از کلیت مسئله فرض میکنیم که برد تابع fمجموعهی f۱; ۲; : : : ; mgباشد و
برای هر ۱ ≤ i ≤ mتعریف میکنیم:
Bi = fA 2 P(S) : f(A) ≤ ig
با توجه به نکتهی بالا Biها زیرگروههایی از ) P(Sهستند. طبق قضیهی لاگرانژ در نظریهی گروهها تعداد اعضای ) P(Sبر
تعداد اعضای هر یک از این زیرگروهها بخشپذیر است. با توجه به این که ) ۲n ،P(Sعضوی است، تعداد اعضای هر کدام.
۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
از این زیرگروهها هم توانی از دو است. اما دقت کنید که ) . B۱ ⊊ B۲ ⊊ · · · ⊊ Bm = P(Sدر نتیجه
۰ < jB۱j < jB۲j < · · · < jBmj
و چون تعداد اعضای این مجموعهها توانهایی از دو است )توجه کنید که اگر ،A 2 B۱آنگاه Ac 2 B۱و بنابراین B۱
حداقـل دو عضو دارد( داریم:
jB۱j ≥ ۲۱; jB۲j ≥ ۲۲; : : : ; jBmj ≥ ۲m
.m ≤ n و در نتیجه۲m ≤ ۲n . پسjBmj = jP(S)j = ۲n اما
توضیح. توجه کنید که تابع fوجود دارد که برد آن دقیقـاً nعضو داشته باشد، مثلاً میتوانید تابع زیر را در نظر بگیرید:
f(A) = max { minfx : x 2 Ag; minfx : x 2 Acg}
به راحتی میتوان چک کرد که این تابع خواص صورت مسئله را دارد و به وضوح برد آن nعضو دارد..
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸اعداد n۲ + ۱
راهحل اول. یک عدد طبیعی را »منزوی« مینامیم، هرگاه به شکل n۲ + ۱باشد و به علاوه مقسومعلیه دیگری به این
شکل غیر از خودش و یک نداشته باشد. هدف ما این است که نشان دهیم تعداد اعداد منزوی نامتناهی است. برای این
منظور ابتدا یک لم را بیان و اثبات میکنیم:
لم. هر عدد طبیعی به شکل n۲ + ۱یک مقسومعلیه منزوی بزرگتر از ۱دارد.
اثبات. اگر n۲ + ۱منزوی باشد مسئله حل است. در غیر این صورت عددی طبیعی مثل n۱ < nیافت میشود که
.n۲ ۱ + ۱jn۲ + ۱حال اگر n۲ ۱ + ۱منزوی باشد که مسئله باز هم حل است. پس عدد طبیعی مثل n۲ < n۱وجود دارد که
. n۲ ۲ + ۱jn۲ ۱ + ۱باز هم اگر n۲ ۲ + ۱منزوی باشد مسئله حل است و اگر نباشد...
با توجه به این که در این روند هر بار عدد کوچکتری را انتخاب میکنیم حتماً متوقف خواهیم شد و بنابراین حتماً
مقسومعلیه منزویی یافت میشود.
a۲
حال برای حل مسئلهی اصلی به برهان خلف فرض کنید تعداد اعداد منزوی متناهی باشد و ۱ + ۱; a۲ ۲ + ۱; : : : ; a۲ m + ۱
همهی اعداد منزوی باشند. عدد طبیعی Aرا به صورت زیر تعریف میکنیم:
A = ((a۲ ۱ + ۱)(a۲ ۲ + ۱) · · · (a۲ m + ۱))۲ + ۱
Aعددی به شکل n۲ + ۱است و طبق لم بالا مقسومعلیهی منزوی دارد. اما Aنمیتواند بر هیچکدام از اعداد منزوی
بخشپذیر باشد، زیرا A − ۱از حاصلضرب اعداد منزوی به دست آمده و بر همهی آنها بخشپذیر است. به این ترتیب
فرض متناهی بودن اعداد منزوی به تناقض منجر شد و بنابراین بینهایت عدد منزوی داریم.
راهحل دوم. قسمت اول این راهحل هم اثبات لم بالا است.
در ادامه اعضای دنبالهی زیر را در نظر بگیرید.
an = ۲۲n + ۱ n ≥ ۱
به وضوح هر کدام از اعضای دنباله به شکل m۲ + ۱است و طبق لم بالا هر کدام از اعضای دنباله مقسومعلیهی منزوی
دارند. از طرف دیگر میتوان به سادگی دید که اگر m ̸= nباشد، ،(am; an) = ۱یعنی اعضای دنباله دو به دو نسبت به
هم اول هستند. )در واقع اگر m < nباشد، amjan − ۲و چون همهی جملهها فرد هستند، نسبت به هم اول بودن نتیجه
میشود(.
با توجه به این نکته، مقسومعلیههای منزوی اعضای دنباله دو به دو متمایز هستند و بنابراین بینهایت عدد منزوی داریم
و اثبات به پایان میرسد..
۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱دوازدهوجهی منتظم
الف. ابتدا تعداد دورانهای مختلفی که یک دوازدهوجهی منتظم را به روی خودش منطبق میکند میشماریم. به دلیل
تقـارن یک دوازدهوجهی میتوان هر کدام از ۱۲وجه آن را به وجه پایینی برد )فرض کنید ۱۲وجهی در حالتی در فضا قرار
گرفته باشد که یک وجه آن افقی باشد.( ضمناً با توجه به این که همهی وجوه به شکل ۵ضلعی هستند، این وجه به ۵
طریق مختلف میتواند روی وجه پایینی قرار بگیرد. بنابراین ۱۲ × ۵ = ۶۰دوران مختلف برای یک دوازدهوجهی داریم.
دقت کنید که یکی از این دورانها، شکل را تغییر نمیدهد و همهی رأسها سر جای خود باقی میمانند، پس ۵۹دوران
داریم که وضعیت دوازدهوجهی را تغییر میدهد. )البته میتوان تعداد این ۶۰دوران را با شمارش تعداد رأسها و تعداد
یالهایی که در هر رأس به هم میرسند و با توجه به این نکته که میتوان با دوران هر رأس و یالی را به هر رأس و یال
دیگری فرستاد هم محاسبه کرد(.
در ادامه یک رأس علامتدار از چندوجهی را در نظر بگیرید. میخواهیم محاسبه کنیم که در چندتا از دورانها یک رأس
علامتدار بر این رأس منطبق میشود. دقت کنید که به ۱۰طریق میتوان یک رأس علامتدار از دوازدهوجهی انتخاب کرد
و هر کدام از این ۱۰رأس هم میتوانند به ۳طریق مختلف روی این رأس مورد نظر قرار گیرند. اما باز هم در یکی از این
حالتها دوران مورد بحث هیچ تغییری در چندوجهی ایجاد نمیکند. پس در کل در ۳ × ۱۰ − ۱ = ۲۹حالت یک رأس
علامتدار روی این رأس قرار میگیرد.
حال با توجه به این که ۱۰رأس علامتدار داریم، در همهی دورانها ۲۹۰بار دو رأس علامتدار روی هم قرار میگیرند.
بنا به اصل لانه کبوتری و با توجه به این که در کل ۵۹دوران مختلف و نابدیهی داریم، دورانی وجود دارد که تعداد این
منطبقشدنها در آن از ۲۹۰ ۵۹بیشتر نیست. از آنجا که ، ۲۹۰ ۵۹ < ۵دورانی وجود دارد که تعداد این انطباقها در آن حداکثر
۴است و این همان حکم مسئله است.
ب. کافی است مثالی بزنیم که در آن نتوان دورانی یافت که با انجام آن، حداکثر سه نقطهی علامتدار روی سه نقطهی
علامتدار قرار بگیرد. برای این منظور رئوس واقع بر دو وجه رو به روی هم را علامت میزنیم. فرض کنید دورانی از این
شکل باشد که حداکثر سه رأس علامتدارش با رئوس علامتدار اولی منطبق باشد. در این صورت باید با هر دوران شکل
یکی از دو وجه علامتدار شکل جدید حداکثر یک نقطهی علامتدار از شکل اولیه را شامل باشد )چون اگر هر کدام از
وجهها حداقـل دو رأس علامتدار را شامل باشند، حداقـل چهار انطباق اتفـاق افتاده است(.
اما دقت کنید یک جفت از وجههای روبهرو به هم در دوازدهوجهی، حتماً یا شامل وجه پایینی و یا یکی از وجههای مجاور
آن است. پس حداقـل دو انطباق در وجه پایینی وجود دارد. با استدلال مشابه میتوان نشان داد که حداقـل دو انطباق
هم در وجه بالایی داریم. بنابراین در هر دورانی حداقـل چهار انطباق رئوس علامتدار اتفـاق افتاده و اثبات حکم به اتمام
میرسد..
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲چندجملهایهای ریشریش!
الف. برای هر عدد طبیعی i 2 f۱; ۲;:::;kgتعریف میکنیم:
Pi(x) = (x − i)(x − (k + i)) · · · (x − ((n − ۱)k + i))
به وضوح ضرایب ) Pi(xهممه صحیح هستند و این چندجملهای دقیقـاً یک ریشهی ساده بین ۱ ۲و k + ۱ ۲دارد، پس
علامتهای ) Pi( ۱ ۲و ) Pi(k + ۱ ۲متفـاوت است. به همین ترتیب برای هر ،۰ ≤ j ≤ n − ۱علامت ) Pi(jk + ۱ ۲و
) Pi((j + ۱)k + ۱ ۲مختلف هست.
بنابراین اگر ) Q(xمجموع تعدادی از Piها باشد، با توجه به این که علامت Piها در دو سر بازهی ][jk + ۱ ۲;(j + ۱)k + ۱ ۲
برای هر ۰ ≤ j ≤ n − ۱مختلف است، علامت Qهم در دو سر این بازه مختلف است و در نتیجه Qهم ریشهای در درون
این بازه دارد. در نهایت با توجه به این که درجهی Qبرابر nاست و nبازه به شکل گفته شده داریم، همهی ریشههای
Qحقیقی هستند.
ب. بله، چنین خانوادهای از چندجملهایها وجود دارد.
نشان میدهیم میتوان اعداد طبیعی مناسب · · · < c۱ < c۲یافت که چندجملهایهای
Pn(x) = x۲n+۱ − cn(x − ۱)(x − ۲) · · ·(x − ۲n); 8n ≥ ۱
خاصیتهای مورد نظر مسئله را داشته باشند.
cnها را به صورت استقرایی تعریف میکنیم. ابتدا قرار میدهیم .c۱ = ۱فرض کنید c۱;:::;cn−۱مشخص شده باشند،
به گونهای که P۱;P۲;:::;Pn−۱عامل مشترکی نداشته باشند و برای هر ∅ ⊊ A ⊆ f۱; ۲;:::;n − ۱gهمهی ریشههای
) ∑j2A Pj(xحقیقی باشند. حال cnرا باید به گونهای انتخاب کنیم که برای هر A) A ⊆ f۱; ۲;:::;n − ۱gدر اینجا
میتواند تهی هم باشد،( همهی ریشههای چندجملهی
fA(x) = x۲n+۱ − cn(x − ۱)(x − ۲) · · ·(x − ۲n) + ∑
j2A
Pj(x)
حقیقی باشند. Mn > ۰را عددی حقیقی بگیرید که برای هر ] x 2 [۰; ۲n + ۱و هر .jPj(x)j < Mn ،۱ ≤ j ≤ n − ۱
ادعا میکنیم که اگر cnبه اندازهی کافی بزرگ باشد، یعنی به طور دقیقتر اگر )cn > ۲۲n((۲n + ۱)۲n+۱ + (n − ۱)Mn
انتخاب شود، داریم:
fA( ۱
۲
) < ۰;fA( ۵
۲
) < ۰;:::;fA(۲k + ۳
۲
) < ۰;:::;fA(۲n + ۱
۲
) < ۰
fA( ۳
۲
) > ۰;fA( ۷
۲
) > ۰;:::;fA(۲k + ۱
۲
) > ۰;:::;fA(۲n − ۱
۲
) > ۰
در این صورت طبق قضیهی مقدار میانی fAدر هر یک از بازههای ) ...،(۲ − ۱ ۲; ۲+ ۱ ۲) ،(۱ − ۱ ۲; ۱+ ۱ ۲و )(۲n − ۱ ۲; ۲n+ ۱ ۲
حداقـل یک ریشهی حقیقی دارد. پس fAها هر کدام حداقـل ۲nریشهی حقیقی دارند. از آنجا که همهی fAدرجه فرد
هستند و تعداد ریشههای حقیقی یک چندجملهای درجه فرد همیشه عددی فرد است، همهی ۲n+ ۱ریشهی fAحقیقی
خواهد بود.
برای اثبات ادعای بالا، توجه کنید که برای هر ،۰ ≤ k ≤ nداریم:
fA(۲k + ۱
۲
) < ۰ , (۲k + ۱
۲
)۲n+۱ − cn(۲k + ۱
۲
− ۱)(۲k + ۱
۲
− ۲) · · ·(۲k + ۱
۲
− ۲n) + ∑
j2A
Pj(۲k + ۱
۲
) < ۰
, (۲k + ۱
۲
)۲n+۱ + ∑
j2A
Pj(۲k + ۱
۲
) < cn(۲k + ۱
۲
− ۱)(۲k + ۱
۲
− ۲) · · ·(۲k + ۱
۲
− ۲n).
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
چون در حاصلضرب ) (۲k + ۱ ۲ − ۱)(۲k + ۱ ۲ − ۲) · · ·(۲k + ۱ ۲ − ۲nتعداد زوجی از پرانتزها منفی است، مقدار کل
حاصلضرب مثبت خواهد بود. پس نابرابری بالا معادل است با اینکه:
cn >
(۲k + ۱ ۲)۲n+۱ + ∑
j2A
Pj(۲k + ۱ ۲)
۲k + ۱
۲ − ۱ ۲k + ۱ ۲ − ۲ · · · ۲k + ۱ ۲ − ۲n
(∗)
اما اگر ) cn > ۲۲n((۲n + ۱)۲n+۱ + (n − ۱)Mnباشد، از آنجا که:
(۲k + ۱
۲
)۲n+۱ < (۲n + ۱)۲n+۱
∑ j2A
Pj(۲k + ۱
۲
) ≤ ∑
j2A
jPj(۲k + ۱
۲
)j < (n − ۱)Mn
۲k + ۱
۲
− ۱ ۲k + ۱
۲
− ۲ · · · ۲k + ۱
۲
− ۲n > ( ۱ ۲)۲n
نابرابری )∗( نتیجه میگردد. اثبات این که fA(۲k + ۳ ۲) > ۰نیز کاملاً مشابه است.
تنها باید نشان دهیم که میتوان cnرا به گونهای انتخاب کرد که Pnبا هیچیک از Pjها برای j < nعامل مشترک نداشته
باشد. برای این منظور لم سادهی زیر را به کار میگیریم.
لم. اگر cو ′ cدو عدد حقیقی و متمایز باشند، آنگاه دو چندجملهای زیر ریشهی مشترک ندارند.
f(x) = x۲n+۱ − c(x − ۱)(x − ۲) · · ·(x − ۲n); g(x) = x۲n+۱ − c′(x − ۱)(x − ۲) · · ·(x − ۲n)
اثبات. اگر x۰ریشهی مشترک این دو چندجملهای باشد، ریشهی ) f(x) − g(xنیز هست. یعنی
(c′ − c)(x۰ − ۱)(x۰ − ۲) · · ·(x۰ − ۲n) = ۰
حال چون ′ ،c ̸= cباید x۰عضو مجموعهی f۱; ۲; : : : ; ۲ngباشد، اما هیچ یک از اعضای این مجموعه ریشهی ) f(xو یا
) g(xنیستند. پس این دو چندجملهای نمیتوانند ریشهی مشترک داشته باشند.
با توجه به این لم چون تعداد ریشههای Pjبرای j < nمتناهی است، حداکثر برای متناهی مقدار Pn ،cnتعریف شده با
استفـاده از cnبا یکی از Pjها ریشهی مشترک )عامل مشترک( دارد. پس میتوان cnرا عددی غیر از این متناهی مقدار
انتخاب کرد که ریشهی مشترکی با Pjهای قبلی نداشته باشد.
بنابراین دنبالهی Pjهایی که به این شکل به صورت استقرایی معرفی میشود، همگی تکین و با ضرایب صحیح هستند،
دوبهدو عامل مشترکی ندارند و همهی ریشههای هر مجموع متناهی از آنها حقیقی است. به این ترتیب اثبات حکم به
پایان میرسد..
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳چهارضلعی لق
فرض کنید چهارضلعی که این چهار میلهی فـلزی در فضا میسازند را با ABCDنمایش دهیم و نقطههای مشخصشده
روی اضلاع CD ،BC ،ABو DAرا به ترتیب P ،N ،Mو Qبنامیم. صفحهی گذرنده از این چهار نقطه را πمینامیم.
c ،b ،aو dرا به ترتیب فـاصلهی C ،B ،Aو Dتا صفحهی πبگیرید. به سادگی داریم:
AM
MB
=
a b
;
BN
NC =
b c
;
CP
PD
=
c d
;
DQ
QA =
d a
)
AM
MB
BN
NC
CP
PD
DQ
QA = ۱
حال فرض کنید میلهها تغییر وضعیت بدهیم. ′ πرا صفحهای بگیرید که در این وضعیت جدید از نقطههای N ،Mو P
عبور میکند. این بار فـاصلهی C ،B ،Aو Dتا ′ πرا به ترتیب با ′ c′ ،b′ ،aو ′ dنمایش میدهیم. بنابراین مشابه بالا داریم:
AM
MB
=
a′
b′ ;
BN
NC =
b′
c′ ;
CP
PD
=
c′
d′
با توجه به این که حاصلضرب MB AM BN NC PD CP DQ QAبرابر ۱است، ′ ′ DQ QA = a dخواهد بود و در نتیجه Qهم باید روی صفحهی
′ πواقع باشد..
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴پلهبرقی هوشمند
در هر لحظه تعداد افرادی که در آن زمان روی پلهبرقی هستند را در نظر بگیرید. حال بازههای زمانی را مشخص کنید
که در هر کدام از آنها تعداد افرادی که در لحظه از آن بازه روی پلهبرقی هستند، مقدار ثابتی باشد. فرض کنید kبازهی
I۱; I۲; : : : ; Ikدارای این خاصیت باشند. از نمادهای tiو aiبه ترتیب برای نمایش طول بازهی iام و تعدادی افرادی
است.
k∑
i=۱
که در بازه iام روی پلهبرقی هستند، استفـاده میکنیم. واضح است که زمان کل برای انتقـال همهی افراد ti
همچنین میدانیم:
k∑ i=۱
a۱−α
i ti = nl
چرا که هر فرد مسافت lرا طی میکند، پس مجموع مسافتهای طیشده توسط همهی افراد از یک طرف برابر nlاست.
از طرف دیگر از آنجا که در بازهی ai ،Iiنفر هر کدام به اندازهی tia− i αجابهجا میشود، مجموع جابهجاییهای همهی
افراد برابر سمت چپ عبارت بالا خواهد بود.
در ادامه دو حالت را در نظر میگیریم:
• .α ≥ ۱از آنجا که aiها طبیعی هستند)منطقی نیست که در یک بازهی زمانی هیچ کسی روی پلهبرقی نباشد،(!
ai ≥ ۱و چون .a۱ i−α ≤ ۱ ،α ≥ ۱پس داریم:
nl =
k∑ i=۱
a۱−α
i ti ≤
k∑ i=۱
ti
پس زمان مورد نیاز حداقـل برابر nlاست. برای رسیدن به این زمان باید افراد یکی یکی سوار پلهبرقی شوند)،(ai = ۱
یعنی هر نفر به محض پیاده شدن نفر قبلش سوار شود.
و در نتیجهa۱ i−α ≤ n۱−α ،α < ۱ وai ≤ n . چونα < ۱ •
nl =
k∑ i=۱
a۱−α
i ti ≤ n۱−α
k∑ i=۱
ti )
k∑ i=۱
ti ≥ nαl
پس در این حالت حداقـل زمان برابر nαlاست و برای رسیدن به این زمان باید همهی nنفر، همزمان سوار پلهبرقی
شوند. )سرعت برابر n−αاست و چون کل مسافت برابر lاست، زمان لازم برابر nαlمیشود(..
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵اعداد اول طلایی
الف. tرا تعداد اعداد اول طلایی کمتر یا مساوی کمتر یا مساوی ۱۳۹۰nبگیرید. باید نشان دهیم S .t ≥ nرا مجموعهی
همهی اعداد طبیعی کمتر یا مساوی ۱۳۹۰nبگیرید که همهی عوامل اولشان در مجموعهی fq۱; q۲; : : : ; qtgباشند. به
وضوح هر عضو Sمیتواند به شکل a۲bنوشته شود که aو bدو عدد طبیعی هستند و bخالی از مربع است. به وضوح
.a ≤ p۱۳۹۰n = ۱۳۹۰ n ۲در مورد bهم میدانیم که b = q۱ α۱q۲ α۲ · · · qt αtکه هر αiبرابر ۰یا ۱است. پس aو bبه ترتیب
۱۳۹۰ n ۲و ۲tحالت دارند و بنابراین .jSj ≤ ۲t۱۳۹۰ n ۲
از طرف دیگر برای هر i 2 Nکه ،۱ ≤ i ≤ ۱۳۹۰ ۲ ۳ nداریم:
ai ≤ i۱=۵ ≤ ۱۳۹۰ ۲ ۳ n×۱=۵ = ۱۳۹۰n
توجه کنید که تمام عوامل اول aiعضو مجموعهی fq۱; q۲; : : : ; qtgهستند و لذا برای هر ai 2 S ،۱ ≤ i ≤ ۱۳۹۰ ۲ ۳ nو این
یعنی Sحداقـل ] [۱۳۹۰ ۲ ۳عضو دارد.
در نهایت به آسانی میتوان دید: ۲ × ۱۳۹۰ ۱ ۲ ≤ ۱۳۹۰ ۲ ۳ − ۱و بنابراین
۲n × ۱۳۹۰ n ۲ = (۲ × ۱۳۹۰ ۱ ۲ )n ≤ (۱۳۹۰ ۲ ۳ − ۱)n ≤ ۱۳۹۰ ۲ ۳ n − ۱ ≤ jSj ≤ ۲t × ۱۳۹۰ n ۲
پس t ≥ nو اثبات این قسمت به پایان میرسد.
ب. اثبات این قسمت هم بسیار شبیه به قسمت )الف( است. این بار tرا تعداد اعداد اول طلایی کمتر یا مساوی ۱۳۹۰۲n
بگیرید. در اینجا هم باید نشان دهیم .t ≥ nباز هم مشابه قبل Sرا مجموعهی همهی اعداد طبیعی کمتر یا مساوی
۱۳۹۰۲nبگیرید که همهی عوامل اولشان طلایی و کمتر مساوی qtباشند.
دقت کنید که هر عدد طبیعی را میتوان به صورت a۴b۲cنوشت که b ،aو cطبیعی و bو cدو عدد طبیعی و خالی از مربع
باشند. در اینجا برای aحداکثر p ۴ ۱۳۹۰۲n = ۱۳۹۰ n ۲و برای bو cهم حداکثر ۲tحالت ممکن است )با استدلال شبیه به
.jSj ≤ ۲۲t × ۱۳۹۰ n ۲ قسمت )الف.(( پس
در این حالت اگر iعددی طبیعی و کمتر یا مساوی ۱۳۹۰ ۵ ۶ nباشد، .ai ≤ i۲=۴ ≤ ۱۳۹۰ ۵ ۶ n×۲=۴ = ۱۳۹۰۲nضمناً همهی
عوامل اول aiها برای i ≤ ۱۳۹۰ ۶ ۶ nطلایی هستند و در نتیجه .ai 2 Sپس داریم:
۲۲n × ۱۳۹۰ n ۲ = (۴ × ۱۳۹۰ ۱ ۲ )n ≤ (۱۳۹۰ ۵ ۶ − ۱)n ≤ ۱۳۹۰ ۵ ۶ n − ۱ ≤ jSj ≤ ۲۲t × ۱۳۹۰ n ۲
که با توجه به این که ،۴ × ۱۳۹۰ ۱ ۲ ≤ ۱۳۹۰ ۵ ۶ − ۱نابرابریها برقرار هستند. این نابرابریها نتیجه میدهند، t ≥ nو اثبات
این قسمت از مسئله هم به پایان میرسد..
۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶دوایر درگیر
ادعا میکنیم که شرط لازم و کافی مفید(!) این است که هر چهار نقطه روی یک دایره و یا یک خط واقع باشند و به علاوه
Aو A′ ،Bو ′ Bرا روی این دایره و یا خط از هم جدا کنند.
برای اثبات لازم بودن این خاصیت، ابتدا نشان میدهیم که چهار نقطه باید در یک صفحه واقع باشند، سپس ثابت میکنیم
که باید همدایره و یا همخط باشند و در انتها نشان میدهیم روی این دایره و یا خط باید ′ Aو ′ Bدر یک طرف Aو B
نباشند.
• اگر این چهار نقطه همصفحه نباشند، خط گذرنده از ABو خط گذرا از ′ A′Bمتنافر هستند )متقـاطع و یا موازی
نیستند.( بنابراین میتوان صفحهای گذرنده از Aو Bمثل πو صفحهای گذرنده از ′ Aو ′ Bمثل ′ πیافت که πو
′ πبا هم موازی باشند )یعنی در فضا اشتراکی نداشته باشند.( به وضوح دو دایره یکی در صفحهی πو دیگری در
صفحهی ′ πنمیتوانند با هم درگیر باشند. پس این حالت امکان ندارد و چهار نقطه باید همصفحه باشند.
• حال فرض کنید که چهار نقطه در یک صفحه واقع هستند و ′ Bروی دایرهی محیطی مثلث ′ ABAقرار ندارد )اگر
B ،Aو ′ Aهمخط باشند، به جای دایرهی محیطی خط گذرنده از این سه نقطه را در نظر میگیریم.( در این حالت
میتوان دایرهی محیطی )یا خط واصل( را کمی تغییر داد و دایرهی جدیدی به دست آورد که هنوز از Aو Bبگذرد
و وضعیت ′ Aو ′ Bنسبت به آن یکسان باشد؛ یعنی یا هر دو نقطه درون این دایره باشند و یا هر دو بیرون آن واقع
باشند.
در این صورت این دایرهی تغییریافته و دایرهی عمود بر صفحهی گذرنده از نقطهها و به قطر ′ A′Bدرگیر نیستند
)دو دایرهی به صورت خطچین در شکل پایین( و این تناقض نشان میدهد که باید چهار نقطه همدایره و یا همخط
باشند..
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
• فرض کنید روی این دایره )یا خط( ′ Aو ′ Bدر یک سمت Aو Bواقع باشند. در اینجا هم کاملاً مشابه قسمت
قبلی این دایره )یا خط( گذرنده از نقطهها را اندکی تغییر میدهیم تا دایرهی جدیدی به دست آید که از Aو B
بگذرد و هر دو ′ Aو ′ Bدرون یا بیرون آن واقع باشند. شبیه قسمت قبل این دایرهی تغییریافته و دایرهی عمود بر
صفحهی گذرنده از نقطهها و به قطر ′ A′Bدرگیر نیستند.
در ادامه نشان میدهیم که شرط بیانشده کافی هم هست. برای این منظور فرض کنید چهار نقطهی A′ ،B ،Aو ′B
خواص یادشده را دارا هستند و میخواهیم نشان دهیم که هر دو دایرهی گذرنده از Aو Bمثل Cو هر دایرهی گذرنده
از ′ Aو ′ Bمثل ′ Cدرگیر هستند. صفحات شامل Cو ′ Cرا به ترتیب πو ′ πبنامید.
• اگر نقطهها همخط باشند، هر دوی πو ′ πشامل خط گذرنده از نقطهها هستند. C′ \ πشامل یک نقطه درون C
و یک نقطه بیرون ) Cدر (πاست و بنابراین Cو ′ Cدرگیر هستند.
• اگر نقطهها روی یک دایره واقع باشند، Mرا محل تقـاطع ABو ′ A′Bو lرا خط اشتراک πو ′ πبگیرید. در این
صورت حتماً M 2 lو ′ M .MA:MB = MA′:MBدرون Cاست، پس خط lدایرهی Cرا در دو نقطه مثل X
و Yقطع میکند که Mبین Xو Yقرار دارد. به طریق مشابه خط lدایرهی ′ Cرا در دو نقطه مثل ′ Xو ′ Yقطع
میکند که Mبین ′ Xو ′ Yهم واقع است. فرض کنید Xو ′ Xدر یک طرف Mباشند. داریم:
MX:MY = MA:MB = MA′:MB′ = MX′:MY ′
پس اگر ′ ،MX ≤ MXآنگاه ′ MY ≥ MYو بالعکس. بنابراین نقـاط C′ \π = fX′; Y ′gیا در دو طرف متفـاوت
) Cدر (πقرار دارند و یا هر دو روی Cواقعاند و این یعنی Cو ′ Cدرگیر هستند.۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷تابع پیشگو
همان طور که در راهنمایی صورت سؤال اشاره شده است، ابتدا تابع fرا برای زیرمجموعههای متناهی از اعداد طبیعی
تعریف میکنیم. اگر A ⊆ Nمجموعهای متناهی باشد، ) f(Aبرابر بزرگترین عضو این مجموعه تعریف میکنیم. به راحتی
،x > max
a2A
میتوان دید که این تعریف fشرط پیشگو بودن برای مجموعههای متناهی را برآورده میسازد )چرا که اگر a
.(f(A [ fxg) = x
در ادامه سعی میکنیم این تابع fرا به همهی زیرمجموعههای اعداد طبیعی گسترش دهیم. برای این منظور یک رابطهی
همارزی روی زیرمجموعههای اعداد طبیعی به این صورت تعریف میکنیم که دو زیرمجموعهی A; B ⊆ Nرا ”نزدیک به
هم“ میگوییم هرگاه با اضافه و یا کمکردن تعدادی متناهی عدد طبیعی بتوان از یکی به دیگری رسید. این تعریف معادل
آن است که زیرمجموعهی A∆Bمتناهی باشد.
با توجه به خواص زیر از تفـاضل متقـارن مجموعهها )∆( میتوان دید که نزدیک بودن یک رابطهی همارزی روی
زیرمجموعههای اعداد طبیعی تعریف میکند.
8>>><>>>:
A∆A = ∅
A∆B = B∆A
A∆C ⊆ (A∆B) [ (B∆C)
این رابطهی همارزی زیرمجموعههای اعداد طبیعی را به کلاسهای همارزی افراز میکنند. از هر کلاس همارزی این رابطه
یک زیرمجموعه را انتخاب میکنیم .۱فرض کنید عنصر انتخابشده از کلاس شامل Aرا با SAنمایش دهیم.
برای هر ،A ̸= SAتعریف میکنیم ) .f(A) = max(A∆SAتوجه کنید که A∆SAمتناهی است، پس بزرگترین عضوی
برای آن وجود دارد. ) f(SAرا هم برابر هر مقدار دلخواهی تعریف میکنیم.
ادعا میکنیم که این تابع جدید، برای هر زیرمجموعهی Aاز اعداد طبیعی پیشگو است. xرا یک عدد طبیعی بگیرید که
.x = 2 Aدر این صورت Aو A[fxgنزدیک به هم هستند و بنابراین در یک کلاس همارزی قرار دارند. پس SA = SA[fxg
و لذا داریم:
f(A [ fxg) = f(A∆fxg) = max(A∆fxg∆SA) = max((A∆SA)∆fxg
پس اگر ) f(A [ fxg) = x ،x > max(A∆SAو بنابراین اثبات ادعا به پایان میرسد.
)توجه کنید که اگر به عنوان نمایندهی کلاس همارزی زیرمجموعههای متناهی، مجموعهی تهی را انتخاب کنیم، = )f(A
) max(A∆∅) = max(Aو بنابراین این تابع گسترشی از تابعی است که در ابتدای راهحل برای زیرمجموعههای متناهی
معرفی شد، خواهد بود(.
۱برای این کار از اصلی به نام اصل انتخاب استفـاده میکنیم..
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸دنبالههای پوشاننده
الف. تصاعدهای بیانشده در صورت مسئله را با S۱; S۲; : : : ; Snنمایش میدهیم ).(Sj = faj + tdj : t = ۰; ۱; ۲; : : :g
فرض کنید هیچیک از a۱; : : : ; akبه پیمانهی pبا rهمنهشت نباشند. حال تصاعد حسابی S = fr+tp : t = ۰; ۱; ۲; : : :g
را در نظر بگیرید. این تصاعد با هیچکدام از S۱; : : : ; Skاشتراکی ندارد و بنابراین با Sk+۱; : : : ; Snپوشیده میشود.
با استفـاده از قضیهی باقیمانده چینی میدانیم که S \ Sk+۱; : : : ; S \ Snتصاعدهایی با قدر نسبت )به ترتیب(
pdk+۱; : : : ; pdnهستند. حال تابع f : S ! f۰; ۱; : : :gرا با ضابطهی f(x) = x− p rتعریف میکنیم. در این صورت
مجموعههای ) f(S \ Sk+۱); : : : ; f(S \ Snتصاعدهایی حسابی با قدر نسبت dk+۱; : : : ; dnهستند. از آنجا که Sبا
Sk+۱; : : : ; Snپوشیده میشد و fتابعی پوشا است، این مجموعهها هم N [ f۰gرا میپوشانند که با کوتاهبودن )مینیمال
بودن( d۱; d۲; : : : ; dnتناقض دارد.
ب. فرض کنید p۱; : : : ; pkهمهی عوامل اول d۱; : : : ; dnباشند و تعریف کنید .Ii = fj : pijdjgفرض کنید اعداد
طبیعی با تصاعدهای Sj = faj + tdj : t = ۰; ۱; ۲; : : :gپوشانده شده اند. ادعا میکنیم که حداقـل یکی از خانوادههای
Θi = fSj : j 2 Iigاعداد طبیعی را میپوشانند و این یعنی یکی از Iiها خود دنبالهای پوشاننده است.
فرض کنید برای هر ،iتصاعدهای Θiهمهی اعداد طبیعی را نپوشانند و riیافت شود که توسط تصاعدهای Θiپوشیده
∏ = .Diطبق قضیهی باقیماندهی چینی عدد طبیعی مثل rوجود دارد که برای هر ،i
pijdj
نمیشود. تعریف کنید dj
) .r ≡ ri (mod Diبنابراین rبا هیچ یک از تصاعدها پوشیده نمیشود که با پوشاننده بودن تناقض دارد. بنابراین ادعا
به طور کامل ثابت شد.
بنابراین میتوانیم فرض کنیم که .di = priادعا میکنیم دنبالهی diها یک دنبالهی پوشاننده است، اگر و تنها اگر
.∑
i
۱d
i
∑ و به علاوه این دنبالهی پوشاننده، کوتاه )مینیمال( هم هست، اگر و تنها اگر = ۱
i
۱d
i
≥ ۱
• فرض کنید اعداد طبیعی را طبق بالا با تصاعدهای Siپوشاندهایم. برای هر Nطبیعی، Sjحداکثر d N j + ۱تا از اعداد
f۱; ۲; : : : ; Ngرا میپوشاند. پس اگر dبزرگترین عدد در بین djها باشد، ∑j Nd+ j d ≥ Nو لذا ∑j d ۱ j ≥ NN +dو
چون Nدلخواه است باید داشته باشیم .∑j d ۱ j ≥ ۱
• حال برعکس فرض کنید .∑j d ۱ j ≥ ۱با استقرا روی nنشان میدهیم که djها تشکیل یک دنبالهی پوشاننده
میدهند. اگر n = ۱باشد که حکم واضح است. اگر nj ،n > ۱را برابر تعداد pjها در بین d۱; d۲; : : : ; dnتعریف
کنید. فرض کنید ) n۰ = ۰اگر n۰ ̸= ۰عدد یک هم در بین diها هست و لذا حتماً یک دنبالهی پوشاننده داریم.(
در این صورت حتماً قدر نسبتی مثل psوجود دارد که حداقـل pبار در بین diها ظاهر شده است ،ns ≥ pزیرا اگر
چنین نباشد برای هر nj ≤ p − ۱ ،jو لذا
n∑ j=۱
۱dj
=
1∑ k=۱
nk
pk < (p − ۱)(p ۱ + p ۱ ۲ + · · · ) = (p − ۱)(p − ۱ ۱) = ۱
حال میتوان pتا از psها را از d۱; : : : ; dnحذف کرد و به جای آن یک ps−۱قرار داد. با این تغییر مجموع ∑ d ۱ jثابت
میماند. پس طبق فرض استقرا میتوان اعداد طبیعی را با تصاعدهای حسابی با این قدر نسبتهای جدید پوشاند.
اگر تصاعد با قدر نسبت ps−۱در میان این تصاعدها را به pتصاعد با قدر نسبت psتقسیم کنیم، تصاعدهایی با قدر
نسبتهای داده شده یافتهایم که اعداد طبیعی را پوشاندهاند و حکم این بخش هم ثابت میشود.۱۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
• اگر diها دنبالهای کوتاه نباشند به وضوح باید ∑ d ۱i > ۱زیرا با حذف یکی از آنها باز هم مجموع بیشتر یا مساوی
یک است.
dnها
• برای طرف دیگر فرض کنید d۱ ≤ d۲ ≤ · · · ≤ dnو .∑n i=۱ d ۱i > ۱داریم ∑n i=۱ d dn i > dnو چون همهی di
اعداد طبیعی هستند، باید d dn i ≥ ۱ + dnو بنابراین
n∑ i=۱
dn
di ≥ ۱ + dn )
n∑ i=۱
۱d
i
≥ ۱ +
۱dn
)
n−۱
∑ i=۱
۱d
i
≥ ۱
که طبق قسمتهای قبلی این نتیجه میدهد d۱; : : : ; dn−۱هم پوشاننده است و این یعنی میتوانیم dnرا از اعضای
دنباله حذف کنیم طوری که اعضای باقیمانده مجدداً پوشاننده باشند و بنابراین دنبالهی اولیه کوتاه )مینیمال(
نبوده است.۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱جهتگذاری بیدور
الف. در هر جهتگذاری بدون دور از گراف ،Gحتماً رأسی مثل viوجود دارد که یالهای متصل به viهمه به سمت vi
جهتگذاری شده اند، زیرا در غیر این صورت همیشه میتوان از هر رأس )با استفـاده از یکی از این یالها( خارج شد که
این به دلیل متناهی بودن تعداد کل یالها منجر به ایجاد یک دور در گراف میشود. حال با حذف viبه یک جهتگذاری
فـاقد دور برای G − viمیرسیم که تعدادشان ) f(G − viاست. از طرف دیگر هر جهتگذاری بدون دور روی G − vi
با توجه به نکتهی بالا با جهتدار کردن همهی یالهای متصل به viبه سمت آن به یک جهتگذاری بدون دور برای G
منجر میشود. اما دقت کنید که در برخی از جهتگذاریهای روی Gبیش از یک رأس با خاصیت گفتهشده پیدا میشود
و بنابراین یک جهتگذاری روی Gممکن است چند بار در ) ∑n i=۱ f(G − viشمرده شود و بنابراین حکم ثابت میشود.
ب. هر جهتگذاری بدون دور از G − eیک جهتگذاری بدون دور از Gبه ما میدهد؛ زیرا اگر فرض کنیم viو vjدو
رأس متصل به eهستند، آنگاه این که نتوانیم eرا از vjبه viجهتگذاری کنیم، نتیجه میدهد که مسیری جهتدار از
یالها در G − eاز viبه vjوجود دارد. به طریق مشابه اگر نتوانیم eرا از viبه vjجهتگذاری کنیم، نتیجه میدهد که
مسیری جهتدار از یالهای در G − eاز vjبه viوجود دارد. پس اگر نتوانیم هیچ یک از این دو جهت را روی eاعمال
کنیم، نتیجه میگیریم که مسیری جهتدار از viبه vjو از vjبه viدر G − eوجود دارد که این خود به معنی وجود دور
در G − eاست که تناقض است. پس نشان دادیم که هر جهتگذاری بدون دور از ،G − eیک یا دو جهتگذاری بدون
دور از Gبه ما میدهد.
اگر هر دو جهت روی eقـابل اعمال کردن باشد، این به معنی آن است که در G − eهیچکدام از دو مسیر یاد شده در بالا
)از viبه vjو از vjبه (viوجود ندارد. پس اگر دو رأس viو vjرا با هم یکی کنیم تا G=eبه دست بیاید، جهتگذاری
بدون دور روی Gیک جهتگذاری بدون دور روی G=eبه دست میدهد. به عکس یک جهتگذاری بدون دور روی G=e
به یک جهتگذاری یکتا روی Gمنجر میشود. پس اثبات این قسمت هم به پایان میرسد.
ج. کافی است Gرا گراف کامل nرأسی در نظر بگیرید. در این صورت !f(G) = n؛ زیرا طبق الف رأس وجود دارد که همهی
یالها به سمت آن جهتگذاری شدهاند و با حذف این رأس به یک جهتگذاری بدون دور برای گراف کامل n − ۱رأسی
میرسیم و چون همهی رأسها به هم متصل هستند، همزمان نمیتوانند دو رأس این خاصیت را داشته باشند و بنابراین
در )الف( تساوی اتفـاق میافتد. دقت کنید که همهی G − viها در اینجا گراف کامل با n − ۱رأس است و بنابراین طبق
)الف( ) f(Kn) = nf(Kn−۱که این رابطهی بازگشتی با محاسبهی مقـادیر اولیه نشان میدهد که ! f(Kn) = nاست.
دقت کنید که برای یک یال دلخواه eاز Kn=e ،Knبا تعریف قسمت )ب( همان Kn−۱است. پس با توجه به قسمت.
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
. در نتیجهf(G − e) = n! − (n − ۱)! = (n − ۱)(n − ۱)! ()ب
f(G)
f(G − e) =
n!
(n − ۱)(n − ۱)! =
n
n − ۱
= ۱ +
۱
n − ۱
که برای هر α > ۱میتوان nیافت که n− ۱ ۱ < α − ۱و این حکم را نتیجه میدهد..
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲نابرابری محدب
ایدهی اصلی حل مسئله حذف کردن یک همسایگی از Aو Bاست، زیرا در نزدیکی این نقطهها نمیتوانیم کران بالایی
مناسبی برای ′ ′ BB AAپیدا کنیم. فرض کنید Zنقطهی تقـاطع نیمخط ABبا مرز Sباشد و ′ AA′ ،ZBرا در نقطهی ′′A
قطع کند. با توجه به محدب بودن A′′ ،Sبین Aو ′ Aقرار دارد و بنابراین اگر ′′ Sرا مجموعه نقطههایی از Sمثل X
بگیریم که ′ S′′ ،AA′′ > ۱ ۳BBزیرمجموعهای از ′ Sخواهد بود. بنابراین برای حل مسئله کافی است نشان دهیم که
مساحت ′′ Sحداقـل برابر ۶است. برای این منظور هم با توجه به قضیهی منهلائوس داریم:
AA′′
A′′X ·
XB′
B′B
·
BZ
ZA = ۱ )
AA′′
A′′X ·
XB′
B′B
= ۲ )
A′′X
AA′′ =
۱۲
·
XB′
B′B
برای حذف A′′Xاز این روابط، ′′ A AA ′′Xرا بر حسب ′′ AAو AXمینویسیم. در مورد B′Xهم به طریق مشابه عمل میکنیم.
AX
AA′′ = ۱ −
۱۲
(۱ − BX
BB′
) ) AX
AA′′ =
۱۲
·
BX
BB′
+
۱۲
D۱را مجموعه نقطههایی مثل xبگیرید که برای یک مقدار ثابت و مثبت ) ۱ ۲ · BB BX ′ + ۱ ۲ ≥ α BB BX ′ ،αبا انتخاب مناسب
D۱ ،αیک همسایگی از Bخواهد بود.( حال اگر ،X = 2 D۱آنگاه
AX
AA′′ < α
BX
BB′
)
AA′′
BB′
>
۱α
·
AX
BX
حال D۲را مجموعه نقطههایی مثل Xدر صفحه بگیرید که ) BX AX < α ۳با انتخاب مناسب D۲ ،αیک همسایگی از A
خواهد بود.( اگر Xدر هیچیک از D۱و D۲نباشد، آنگاه AA BB ′′ ′ > α ۱ · α ۳ = ۱ ۳و در نتیجه ′ .S − D۱ − D۲ ⊆ S′′ ⊆ Sدر
ادامه سعی میکنیم مساحت D۱و D۲را محاسبه کنیم. اگر D۲ ،α < ۳درون یک دایرهی آپولونیوس برای دو نقطهی A
و Bخواهد بود و
X 2 D۱ , ۱
۲
·
BX
BB′
+
۱۲
≥ α
BX
BB′
,
BX
BB′
<
۱
۲α − ۱
پس اگر D۱ ،α > ۱یک همسایگی Bمتجانس با Sاست. حال اگر αرا برابر ۳ ۲اختیار کنیم، نتیجه میگیریم که مساحت
D۱برابر ۱ ۴مساحت Sاست که برابر ۲=۵میشود. همچنین اگر Cو Dاشتراک مرز D۲با خط ABباشند و Cبین Aو
Bقرار داشته باشد، داریم:
AD
DB
=
۱۲
)
AD
AD + ۱ =
۱۲
) AD = ۱; AC
CB =
۱۲
)
AC
۱ − AC =
۱۲
) AC = ۱
۳
بنابراین قطر D۲برابر ۱ + ۱ ۳ = ۴ ۳و مساحت آن برابر ( ۲ ۳)۲πکه عددی کمتر از ۱=۵است. بنابراین مساحت S − D۱ − D۲
با توجه به مساحت این سه مجموعه حداقـل برابر ۶است که نتیجه میدهد مساحت ′ Sهم حداقـل ۶هست..
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳فی اویلر نزولی
دنبالهی خواستهشده در صورت مسئله را به صورت استقرایی برای مقـادیر مختلف nمیسازیم. برای این منظور دقت کنید
که اگر a۱ < a۲ < · · · < anخاصیت مطلوب مسئله را داشته باشد و aعددی طبیعی باشد که نسبت به همهی aiها
اول است، aa۱ < aa۲ < · · · < aanهم خاصیت مطلوب مسئله را دارد؛ زیرا برای هر .ϕ(aai) = ϕ(a)ϕ(ai) ،۱ ≤ i ≤ n
وجود چنین دنبالهای برای n = ۱واضح است. حال فرض کنید اعداد طبیعی a۱ < a۲ < · · · < anرا یافتهایم که
) .ϕ(a۱) > ϕ(a۲) > · · · > ϕ(anمیخواهیم دنبالهای به طول n + ۱از اعداد بسازیم که همین خواص را داشته باشند.
فرض کنید pNبزرگترین عامل اول a۱a۲ · · · anباشد )منظور ما از m ،pmامین عدد اول است.( اگر xعددی طبیعی
باشد که همهی عوامل اول آن از pNبزرگتر باشند، دنبالهی a۱x < a۲x < · · · < anxهم با توجه به توضیحات ابتدای
راهحل خاصیت مطلوب مسئله را دارد . حال اگر yرا بتوان به گونهای یافت که ) ،a۱x > y > ϕ(y) > ϕ(a۱xاعداد
y < a۱x < a۲x < · · · < anxدنبالهای از n + ۱عدد میشوند که باز هم خاصیت مسئله را دارا هستند.
برای این منظور ادعا میکنیم که میتوان عدد طبیعی xیافت که همهی عوامل اول آن از pNبزرگتر باشند و به علاوه
. ϕ( a a ۱۱ x x) > ۴در صورت وجود چنین xای میتوان عدد طبیعی lیافت که ) ϕ(a۱x) < ۲l−۱ = ϕ(۲l) < ۲l < a۱xچرا؟( و
اگر yرا برابر ۲lقرار دهیم کار تمام میشود.
حال برای یافتن xبا خاصیت مورد نظر، برای هر عدد طبیعی مثل xm ،mرا برابر pN+۱pN+۲ · · · pN+mمیگیریم، در
این صورت
ϕ(a۱xm) = ϕ(a۱)ϕ(xm) = a۱(pN+۱ − ۱)(pN+۲ − ۱) · · ·(pN+m − ۱)
و بنابراین
xm
ϕ(xm) =
N+m
∏
i=N+۱
pi
pi − ۱
=
N+m
∏
i=N+۱
(۱ + pi ۱ − ۱) ≥ N∑ +m
i=N+۱
۱
pi − ۱
>
N+m
∑
i=N+۱
۱p
i
با زیاد شدن mاز هر مقداری بزرگتر میشود .۱پس میتوان عدد طبیعی به اندازهی کافی بزرگ M
N+m
∑
i=N+۱
۱p
اما مجموع i
یافت که ) ϕ( x x M M ) > ۴ ϕ( a a ۱۱و این نتیجه میدهد که xMخاصیت مورد نظر ما را دارد.
۱این حکم معروفی است که مجموع معکوس اعداد اول، برابر بینهایت میشود و اثباتهای مختلفی برای آن وجود دارد. برای یافتن اثباتهایی از
آن میتوانید به ”کتاب اثبات“ مراجعه کنید..
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴سکههای تقـلبی
به وضوح اگر در nکیسه با kبار وزن کردن بتوان کیسهی تقـلبی را پیدا کرد، در کمتر از nکیسه هم با kبار وزن کردن
میتوان این کار را انجام داد. ) f(kرا بیشترین تعداد کیسهای بگیرید که با حداکثر kمرتبه استفـاده از ترازو، بتوان کیسهی
تقـلبی را در بین آنها یافت. هدف این است که ) f(kرا برای مقـادیر مختلف kبه دست بیاوریم.
ابتدا نشان میدهیم .f(۱) = ۱۴فرض کنید ۱۴کیسه داشته باشیم. از کیسهی iام، i − ۱سکه روی ترازو قرار میدهیم.
در این صورت اگر مجموع وزن کیسهها برابر ۹۱۰ − kشد میفهمیم که kسکهی تقـلبی داشتهایم و بنابراین سکههای
تقـلبی مربوط به کیسهی k + ۱ام است. توجه کنید که ۹۱۰برابر حاصلجمع ۱۰ + ۲۰ + · · · + ۱۳۰است.
حال فرض کنید که تعدادی کیسه داریم که با یک بار وزن کردن میتوانیم کیسهی تقـلبی را تشخیص دهیم. فرض کنید
از a۰تا از کیسهها صفر سکه، از a۱تا یک سکه، ... و به همین ترتیب از amتا از کیسهها، mسکه روی ترازو قرار دهیم. با
توجه به محدودیت تعداد سکهها در هر بار توزین
a۱ + ۲a۲ + · · · + mam ≤ ۱۰۰ (∗)
از طرف دیگر نمیتوان از دو کیسه به تعداد مساوی سکه برداشت. زیرا در صورتی که از دو کیسه تعداد مساوی سکه روی
ترازو قرار دهیم با وزن کردنمان نمیتوانیم بین آن دو کیسه تفـاوتی قـائل شویم. پس برای هر عدد صحیح .ai ≤ ۱ ،i ≥ ۰
حال با این مفروضها میخواهیم کاری کنیم که عبارت a۰ + a۱ + · · · + amبیشینه شود. برای این منظور با توجه به
این که ضریب akدر عبارت )∗( برابر kاست، بهتر است a۰بیشترین مقدار خودش را داشته باشد، سپس a۱بیشترین
مقدار خودش را داشته باشد، سپس a۲و به همین ترتیب حداکثر ۱۴تا از aiها میتوانند ناصفر باشند. به عبارت دقیقتر
فرض کنید که در حالتی مقدار مجموع aiها بیشینه میشود، kتا از آنها مثل ai۱ < ai۲ < · · · < aikبرابر یک و بقیه
برابر صفر باشند. دقت کنید که اگر به جای این انتخاب، مقدار ...،a۱ ،a۰و ak−۱را برابر یک و بقیه را برابر صفر انتخاب
کنیم، مجموع aiها تغییر نمیکند ولی سمت چپ عبارت )∗( کمتر میشود. بنابراین کافی است به دنبال جواب در انتخابی
از aiها بگردیم که مقـادیر aiها تا جایی برابر یک و از آنجا به بعد برابر صفر باشد. چون ،۹۱ = ۱ + ۲ + · · · + ۱۳این
بیشترین مقدار برابر ۱۳میشود و لذا .f(۱) = ۱۴
حال برای به دست آوردن ) f(۲مجدداً نابرابری )∗( را داریم و برای هر .ai ≤ ۱۴ ،i ≥ ۰باز هم به همان دلیل بالا باید ابتدا
a
،a۰سپس ،a۱سپس a۲و به همین ترتیب بقیه بیشترین مقدار خود را اتخاد کنند. بیشترین مقدار · · · + ۰ + a۱ + a۲
در این حالت، زمانی حاصل میشود که a۰ = a۱ = a۲ = a۳ = ۱۴و a۴ = ۴و بقیه برابر صفر باشند. پس .f(۲) = ۶۰
برای ) f(۳مجدداً با استدلالهای مشابه نتیجه میشود که a۲ = ۲۰ ،a۰ = a۱ = ۶۰و بقیه برابر صفر هستند. پس
.f(۳) = ۱۴۰
برای مقـادیر ،k > ۳چون ،f(k) ≥ ۱۰۰در مورد نابرابری ∗ دو شرط ) a۰ ≤ f(k − ۱و برای هر .ai ≤ ۱۰۰ ،i ≥ ۱بنابراین
بیشترین مقدار مجموع aiها زمانی حاصل میشود که ) a۱ = ۱۰۰ ،a۰ = f(k − ۱و بقیه برابر صفر باشند. پس داریم:
f(k) = f(k − ۱) + ۱۰۰; 8k ≥ ۴
یعنی در کل جواب سؤال به صورت زیر است:
• اگر ،۱ ≤ n ≤ ۱۴حداقـل یک بار وزن کردن لازم است.
• اگر ،۱۵ ≤ n ≤ ۶۰حداقـل دو بار وزن کردن لازم است.
• اگر ،۶۱ ≤ n ≤ ۱۴۰حداقـل سه بار وزن کردن لازم است.
• و اگر برای یک عدد طبیعی ،۱۰۰k + ۴۰ < n ≤ ۱۰۰(k + ۱) + ۴۰ ،kحداقـل kبار وزن کردن لازم است..
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵چندجملهایهای دوری
تعریف کنید
Q(x; y; z) = P(x; y; z) + P(y; x; z)
R(x; y; z) = P(x; y; z) − P(y; x; z)
واضح است که چندجملهای Qمتقـارن و چندجملهای Rپادمتقـارن )یعنی با جابهجا کردن هر دو متغیر، مقدار آن منفی
میشود.( دقت کنید که .R(x; x; z) = ۰پس Rبر x − yبخشپذیر است. مشابهاً ،R(x; y; y) = R(x; y; x) = ۰پس R
بر y − zو z − xنیز بخشپذیر است. پس چندجملهای Sوجود دارد که
R(x; y; z) = (x − y)(y − z)(z − x)S(x; y; z)
همچنین به وضوح Sمتقـارن است. پس داریم .P = ۱ ۲Q + ۱ ۲(x − y)(y − z)(z − x)Sاز طرفی میدانیم که هر
چندجملهای متقـارن را میتوان بر حسب چندجملهایهای متقـارن مقدماتی نوشت .۲یعنی بر حسب ،P۱ = x + y + z
P۲ = xy + yz + zxو .P۳ = xyzاکنون اگر قرار دهیم ) P۴ = (x − y)(y − z)(z − xحکم به وضوح نتیجه میشود.
۲این حکم به قضیهی چندجملهایهای متقـارن اولیه معروف است و این قضیه بیان میکند که نمایش یک چندجملهای متقـارن برحسب
چندجملهایهای متقـارن مقدماتی که به آنها چندجملهایهای متقـارن اولیه هم گفته میشود، یکتا است..
۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶مساحت چندضلعی محدب شبکهای
یک nضلعی محدب شبکهای با رئوس A۱;A۲;:::;Anرا »خوب« مینامیم، هرگاه بردارهای −−−−! AiAi+۱برای ۱ ≤ i ≤ n− ۱
در ربع اول دستگاه مختصات واقع باشند. کمترین مقدار ممکن برای مساحت nضلعیهای خوب را با ) g(nنمایش
میدهیم. ادعا میکنیم ) .g( n ۴ ) ≤ f(n) ≤ g(nو بنابراین کافی است که حکمهای مسئله را برای ) g(nثابت کنیم.
نابرابری سمت راست واضح است. برای اثبات نابرابری سمت چپ، برای هر nضلعی محدب شبکهای مثل ،Pپایینترین،
بالاترین، چپترین و راستترین رئوس آن را در نظر بگیرید. این چهار رأس )که ممکن است با هم برابر هم باشند( Pرا به
تعدادی کمان تقسیم میکنند که یکی از آنها حداقـل n ۴رأس دارد. مساحت پوش محدب این رأسها حداقـل ) g( n ۴است
و به این ترتیب ادعا به طور کامل ثابت میشود.
.
۱۲
لم. مساحت nضلعی خوب Pکه با بردارهای u۱;:::;un−۱ساخته شده است برابر است با ∑i<j jui × ujj
(ui =
−−−−!
AiAi+۱)
۱۲
اثبات. فرض کنید A۱مبدأ مختصات باشد. مساحت مثلث A۱AiAi+۱برابر است با jui × Aij = ۱ ۲ ∑i j− =۱ ۱ jui × ujj
)توجه کنید که همهی ضرب خارجیها علامت یکسانی دارند.( با جمع زدن این تساویها حکم ثابت میشود.
حال به مسئلهی اصلی برمیگردیم:
الف. قرار دهید ) .ui = (۱;iچون شیبهای u۱;:::;un−۱صعودی هستند، چندضلعی ساخته شده با آنها یک
چندضلعی خوب است. پس طبق لم بالا مساحت آن برابر است با:
S = ۱
۲ ∑
۱≤i<j≤n−۱
jui × ujj = ۱ ۲ ∑
۱≤i<j≤n−۱
(j − i) = ۱ ۲ ∑
۱≤j≤n−۱
j(j−۱)
۲
≤ ۱
۴ ∑
۱≤j≤n
j ۲ = n(n+۱۲۴ )(۲n+۱)
و ) . n(n+۱۲۴ )(۲n+۱) = O(n۳پس قسمت اول ثابت شد.
ب. طبق لم بالا با توجه به این که jui × ujjعددی طبیعی است، مساحت هر nضلعی خوب دستکم ) (n− ۲ ۱است. پس
) g(n) ≥ (n− ۲ ۱و ) .(n− ۲ ۱) = Ω(n۲پس اثبات این قسمت هم به پایان میرسد.
ج. کافی است که ادعای زیر را ثابت کنیم:
۱است.
۲۴n
۵۲
ادعا. برای هر عدد طبیعی nبه اندازه کافی بزرگ، مساحت هر )(n + ۲ضلعی خوب حداقـل :
با توجه به لم، حکم زیر ادعای بالا را نتیجه خواهد داد.
ادعا. برای عدد طبیعی و به اندازهی کافی بزرگ nو بردارهای صحیح u۱;u۲;:::un+۱با شیبهای متفـاوت داریم:
∑
i<j
jui × ujj ≥ ۱
۱۲
n
۵۲
:
∑ حکم از جمع زدن این روابط نتیجه میشود. پس فرض
j
اگر برای هر ۱ ≤ i ≤ n + ۱داشته باشیم jui × ujj ≥ ۱ ۶n ۳ ۲
کنید چنین نباشد. حال بدون کاسته شدن از کلیت مسئله میتوان فرض کرد:
∑ i
jui × un+۱j < ۱
۶
n
۳۲
:.
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
دقت کنید که در اینجا فرض صعودی بودن شیبها را نداریم. برای هر ،iتعریف میکنیم Ci = ful : jul × un+۱j = ig
و kiرا تعداد اعضای Ciمیگیریم. میدانیم .∑i ki = nاعضای Ciروی دو خط موازی با un+۱قرار دارند. بنابراین برای
هر ،j ≤ nاز بین مقـادیر juj × uljبرای ul 2 Cjحداکثر چهار مقدار میتوانند با هم برابر باشند )به جز مقدار صفر که
تنها در صورتی که uj 2 Ciدقیقـاً یک بار ظاهر میشود و در غیر این صورت ظاهر نخواهد شد.( حال چون این مقـادیر
صحیح هستند داریم:
∑
ul2Ci
juj × ulj ≥ ۴( k ۲ ۴i ):
پس:
∑ l≤n
juj × ulj ≥ ۴ ∑
i
( k ۲ ۴i ) = ۱ ۸ ∑
i
k۲
i −
n ۲
;
و
∑
j;l
juj × ulj ≥ n
۸ ∑
i
k۲
i −
n۲
۲
;
اما ∑i ki = nو .∑ iki ≤ ۱ ۶n ۳ ۲پس طبق لم زیر میفهمیم ∑ ki ۲ ≥ ۳ ۲n ۳ ۲و لذا برای nهای به اندازهی کافی بزرگ
خواهیم داشت:
∑
j;l
juj × ulj ≥ ۳
۱۶
n
۵۲
−
n۲
۲
≥
۱۶
n
۵۲
و به این ترتیب اثبات ادعا به پایان میرسد. حال لم اشارهشده را بیان و اثبات میکنیم:
لم. فرض کنید k۱; k۲; : : : ; knاعداد حقیقی نامنفی باشند که ∑ ki = aو .∑ iki ≤ bدر این صورت .∑ ki ۲ ≥ a ۴b ۳
اثبات. فرض کنید مقـادیر aو bثابت باشند و kiتغییر میکنند. با استفـاده از خواص پیوستگی میتوان فرض کرد kiها در
شرایط مسئله صدق میکنند و ∑ ki ۲کمترین مقدار ممکن را دارد. در این حالت حتماً kiها نزولی هستند زیرا اگر ki < kj
برای ،i < jمیتوان به جای هر دو kiو kjمقدار ki+ ۲ kjرا قرار داد و مقدار ∑ ki ۲کمتر میشود. ادعا میکنیم kiها باید
زمانی که به صفر نرسیدهاند، قسمتی از یک تصاعد حسابی باشند. فرض کنید kj−۱; kj; kj+۱سه عنصر متوالی ناصفر از
دنباله باشند که تشکلیل تصاعد حسابی نداده اند. در این صورت این سه مقدار را با kj−۱ + x; kj − ۲x; kj+۱ + xعوض
میکنیم. به سادگی دیده میشود که دنبالهی جدید هم در فرضها صدق میکند. حال تفـاوت مقدار ∑ ki ۲در دو حالت
برابر است با:
∆ = ((kj−۱ + x)۲ + (kj − ۲x)۲ + (kj+۱ + x)۲) − (kj ۲−۱ + kj ۲ + kj ۲+۱)
= ۶x۲ + ۲x(kj−۱ − ۲kj + kj+۱):
با توجه به این که ضریب xدر این عبارت ناصفر است، میتوان با انتخاب xبه مقدار کافی کوچک و با علامت مخالف
کاری کرد که مقدار ∆ منفی شود. پس اعضای ناصفر دنباله باید تشکیل تصاعد حسابی دهند. با تغییر nدر صورت لزوم
میتوان فرض کرد که همهی kiها ناصفر هستند و بنابراین تشکیل یک تصاعد حسابی نزولی میدهند. یعنی اعداد حقیقی
و نامنفی r; sهستند که .ki = r − siپس:
a = nr − s ∑ i
c = r ∑ i − s ∑ i۲ ≤ b:.
۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
) cرا با همین عبارت تعریف کنید(. در این حالت با کمی محاسبه به دست میآید:
∑ ki ۲ = ra − sc
. حال مقـادیر rو sاز دستگاه معادلات بالا برحسب aو cقـابل محاسبهاند:
r =
a∑ i۲ − c∑ i
n∑ i۲ − (∑ i)۲ ; s =
a∑ i − nc
n∑ i۲ − (∑ i)۲ :
طبق نابرابری حسابی مربعی داریم:
∑ ki ۲ ≥ (∑ ki)۲
n
=
a۲
n
:
و چون r − sn ≥ ۰خواهیم داشت:
a∑ i۲ − c∑ i − an∑ i + n۲c ≥ ۰
) a( n۲(n ۲+۱) − n(n+۱)( ۶ ۲n+۱)) ≤ c(n۲ − n(n ۲+۱)) ≤ cn(n ۲+۱)
) a(n − ۲n۳ +۱) ≤ c
) n ≤ ۳ c
a
+ ۱ ≤ ۴ c
a
:
که در نابرابری آخر از رابطهی بدیهی c ≥ aاستفـاده کردیم ) .(c = ∑ iki ≥ ∑ ki = aبا جایگذاری این نامساوی در
نابرابری قبلی به دست میآید که
∑ ki ۲ ≥ a۲
n
=
a۳
an
≥
a۳
۴c
≥
a۳
۴b
که همان حکم مورد نظر است.
ادعا. مساحت هر )(n + ۲ضلعی خوب حداقـل ۲۰۰ ۱ n۳است. پس ).f(n) = Θ(n۳
برای اثبات این ادعا کافی است نشان دهیم برای بردارهای صحیح u۱; u۲; : : : ; un+۱با شیبهای متفـاوت داریم:
∑
i<j
jui × ujj ≥ ۱
۱۰۰
n۳:
∑. Ciو kiرا هم مشابه قبل تعریف میکنیم. این بار کران
i
شبیه ادعای قبلی کافی است فرض کنیم jui × un+۱j ≤ ۵۰ ۱ n۲
بهتری برای ∑ul2Ci juj × uljمییابیم. اگر ulو ′ ulروی خطی موازی un+۱باشند، آنگاه ′ ul − ulمضرب صحیحی از
un+۱است )میتوانیم فرض کنیم که un+۱مضرب صحیحی از هیچ بردار دیگری نیست، در غیر این صورت به جای آن
یک بردار همجهت و با طول کمتر قرار خواهیم داد.( پس ′ uj × ul − uj × ulمضربی از uj × un+۱است. با استفـاده از
این موضوع و این که اعضای Ciروی دو خط موازی با un+۱قرار دارند، به راحتی نتیجه میشود که:
∑
ul2Ci
juj × ulj ≥ ۴j( k ۲ ۴i)
که در این جا فرض کردهایم، .uj 2 CJبا جمع زدن این نابرابریها روی اندیس iداریم:
∑ l≤n
juj × ulj ≥ ۴j ∑
i
( k ۲ ۴i):
و در نهایت با جمع زدن روی اندیس jخواهیم داشت:
∑
j;l
juj × ulj ≥ ۴(∑ iki)∑
i
( k ۲ ۴i) = (∑ iki)( ۱ ۸ ∑ ki ۲ − n ۲) :
از آنجایی که ∑ ki = nو ∑ iki ≤ ۵۰ ۱ n۲با توجه به لم دوم، ∑ ki ۲ ≥ ۲۵ ۲ nو در نتیجه:
∑
j;l
juj × ulj ≥ ( ۱ ۸ − ۲۵ ۱ )(∑ iki)(∑ ki ۲)
≥ ۱
۴( ۱ ۸ − ۲۵ ۱ )(∑ ki)۳ ≥ ۵۰ ۱ n۳:.
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷یکی رو، یکی زیر!
نشان میدهیم برای هر تعداد اتوبان این کار امکانپذیر است. اتوبانها را Cn ،... ،C۲ ،C۱و گراف حاصل از اجتماعِ اتوبانها
را Gبنامید.
لم. میتوان ناحیههای Gرا با دو رنگ رنگ کرد طوری که هیچ دو ناحیهی مجاوری همرنگ نباشند. )دو ناحیه را مجاور
گوییم اگر در یک یال مشترک باشند(.
اثبات. حکم را با استقرا روی تعداد رأسهای Gثابت میکنیم. یک رنگآمیزی با خاصیتِ موردِ نظر را »مجاز« مینامیم.
در بین همهی مسیرهای بسته در گرافِ Gکه تماماً در یکی از اتوبانها قرار دارند کوتاهترینِ آنها را در نظر بگیرید و آن را
Cبنامید و فرض کنید مثلاً .C ⊂ C۱با توجه به نحوهی انتخاب، Cخودش را قطع نمیکند، پس صفحه را به دو ناحیهی
درون و بیرون تقسیم میکند. از طرفی C۱ − Cیک خم بسته است )که البته ممکن است تهی باشد.( حال Hرا گرافی
بگیرید که از اجتماعِ C۱ − Cو C۲و ... و Cnبه دست میآید. بنابر فرض استقرا، نواحیِ Hرا میتوان رنگآمیزی مجاز
کرد. اکنون خمِ Cرا به گرافِ Hاضافه کنید و رنگِ نقـاطِ درونِ خمِ Cرا برعکس کنید. به راحتی میتوان دید که این
یک رنگآمیزی مجاز برای Gمیدهد.
پایهی استقرا در حالتی است که Gتهی باشد. در این حالت فقط یک ناحیه در صفحه داریم آن را به یک رنگ میکنیم.
حال با استفـاده از این لم به ادامهی راهحل میپردازیم. اکنون مشخص میکنیم که هر تقـاطع چگونه باید پلگذاری شود.
ابتدا یک رنگآمیزیِ مجاز برای Gبا سفید و سیاه در نظر بگیرید. روی هر اتوبان یک جهتِ دلخواه قرار دهید. پس
یالهای گرافِ Gجهتدار شدهاند. اکنون دو نوع یال داریم. یالهایی را »نوع اول« مینامیم که وقتی روی آنها حرکت
میکنیم ناحیهی سمت راستمان سفید رنگ است و سایر یالها را »نوع دوم« مینامیم )در شکل زیر یالهای نوع اول قرمز
رنگ شدهاند.( اکنون در انتهای هر یالِ نوعِ اول یک پل در راستای همان یال میسازیم. این روش سازگار است یعنی از
هر دو یالی که به یک تقـاطع وارد میشوند یکی از نوع اول و یکی از نوع دوم است، بنابراین در هر تقـاطع دقیقـاً یک پل
ساخته میشود. همچنین این پلگذاری خاصیت مورد نظر مسئله را دارد زیرا وقتی روی یک اتوبان حرکت میکنیم یالها
یکی در میان از نوع اول و دوم هستند.۱۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸مجموعههای اولیه
الف. فرض کنید چنین مجموعهی Sای موجود باشد و nعضوی از Sنباشد. این نتیجه میدهد که دقیقـاً nتا از اعضای
Sنسبت به nاول هستند. در نتیجه بینهایت عدد اول وجود دارد که در Sنیستند. دو تا از آنها مثل pو qرا در نظر
بگیرید. چون ،p = 2 Sپس تنها pتا از اعضای Sعامل pندارند. در نتیجه بینهایت mطبیعی وجود دارد که pmعضو
Sاست. اما .(pm; q) = ۱پس Sبینهایت عضو دارد که نسبت به qاول هستند و این تناقض است. در نتیجه چنین
مجموعهای وجود ندارد.
ب. مجموعهی Sرا به صورت گام به گام میسازیم. فرض کنید .S = fa۱ ≤ a۲ ≤ · · · gدر ابتدا همهی aiها برابر یک
هستند و در هرگام عوامل اولی را در aiها ضرب میکنیم تا به مقدار مطلوب برسند. در واقع برای هر عدد طبیعی ،nدر
مرحلهی nام:
.۱اعداد اول جدیدی به نام p۲nو p۲n−۱را در anضرب میکنیم، تا مقدار آن از an−۱بیشتر شود.
.۲تعداد اعضای مجموعهی fa۱; a۲; : : : ; an−۱gکه نسبت به anاول هستند، را bnبگیرید. پس .bn < nحال tnرا
برابر an − bnتعریف میکنیم.
.۳با توجه به نحوهی ساخت ما در پایان این دو عمل هنوز بینهایت aiبا اندیس i > nوجود دارند که نسبت به an
اول هستند. در بین این اعداد tnعدد نخست را رها میکنیم. فرض کنید tnامین عدد، amباشد. حال در دنبالهی
: : : ; ۲n−۱ ،am+۱; am+۲جملهی نخست را در ۲n−۱ ،p۲n−۱جملهی بعدی را در ۲n−۱ ،p۲nجملهی بعدی را در
p۲n−۱ضرب میکنیم و همین عمل را تا بینهایت ادامه میدهیم.
به این ترتیب در پایان مرحلهی nام:
• دقیقـاً bn + tnیعنی anعدد نسبت به anاول هستند.
• برای هر nتایی مثل ) (q۱; q۲; : : : ; qnاز اعداد اول که ،qi 2 fp۲i−۱; p۲igبینهایتتا از akها هستند که دقیقـاً همین
عوامل اول را دارند. پس برای هر ،aiبینهایت جمله از دنباله وجود دارد عوامل اولشان با عوامل اول aiمتفـاوت
است و به این ترتیب نسبت به aiاول هستند..
۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱چند چوبه!
الف. یک )(n + ۱مینو در نظر بگیرید و مراکز مربعهای مجاور در آن را به هم وصل کنید. به وضوح گراف حاصل
همبند است پس حداقـل nیال دارد. حال یک زیردرخت آن یک nچوبه میشود. )(n + ۱مینوی مربوط به هر nچوبه، در
صورت وجود یکتا است. پس Snبزرگتر یا مساوی تعداد nچوبههای بدون دور است و این مقدار هم حداقـل Mn+۱است.
ب.
راه اول. :۱میتوانیم مسیرهای nتایی به سمت بالا و راست و چپ را
بشماریم و کران پایین بهتری برای Snبه دست آوریم. این گونه مسیرها
متناظر است با تعداد رشتههای nتایی از نمادهای " ; ;! به طوریکه هیچ
;! مجاور نداشته باشند. اگر تعداد این رشتهها را Anنامگذاری کنیم آنگاه
،۸Sn ≥ Anزیرا هر چندچوبه را حداکثر به ۸طریق میتوان روی صفحه قرار
داد.
Anدر رابطهی بازگشتی زیر صدق میکند:
A۱ = ۳; A۲ = ۷; An = ۲An−۱ + An−۲
به عنوان تمرین میتوانید این رابطهی بازگشتی را با حالتگیری روی اولین نماد هر رشتهی nتایی به دست آورید.
معادلهی مشخصهی این رابطه را تشکیل میدهیم و ریشههای آن را مییابیم: t۲ = ۲t + ۱و در نتیجه .t۱; t۲ = ۱ ± p۲
با حل این رابطهی بازگشتی درمییابیم که: .An = α(۱ + p۲)n + β(۱ − p۲)nبا مقدارگذاری اولیهی ،n = ۱; ۲
مقدار α; βبه دست میآید:
8<:
α(۱ + p۲) + β(۱ − p۲) = ۳
α(۳ + ۲p۲) + β(۳ − ۲p۲) = ۷
) α =
۱ + p۲
۲
; β = ۱ − p۲
۲
.An = ۱ ۲ [(۱ + p۲)n+۱ + (۱ − p۲)n+۱] :پس
از طرفی: ۱ + p۲ > ۲=۴۱و . ۱ − p۲ < ۱پس از جایی به بعد .Sn ≥ A ۸n > (۲=۴۱)n
راه دوم. همهی ۲چوبهها را در نظر بگیرید که با انتقـال به یکدیگر تبدیل نمیشوند. تعداد این ۲چوبهها ۶تا است. در
هرکدام رأس سمت راستترین، و در بین آنها بالاترین را با ◦، و رأس سمت چپترین و در بین آنها پایینترین را با ×
۱برای مطالعهی بیشتر میتوانید به مقـالهی »سرگذشت چندچوبه« در شمارهی تابستان ۹۲فصلنامهی پرگار مراجعه کنید..
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
مشخص میکنیم.
حال برای nهای به اندازهی کافی بزرگ، ] [ n ۲تا از این ۲چوبهها را انتخاب میکنیم و به ترتیب رأس × هریک را به رأس
◦ِ قبلی وصل میکنیم. )اگر nفرد بود، یک چوب کبریت افقی هم به ◦ِ آخرین ۲چوبه وصل میکنیم(.
هر یک از این ] [ n ۲تا ۲چوبه، ۶حالت دارند، به این ترتیب ] ۶[ n ۲تا nچوبه به دست میآید که با انتقـال به یکدیگر تبدیل
نمیشوند. هر nچوبه حداکثر ۸بار در بین این ] ۶[ n ۲شکل آمده است. پس: .۸Sn ≥ ۶[ n ۲ ] ≥ p۶n−۱از طرفی p۶ ≥ ۲=۴
پس از جایی به بعد: .Sn ≥ (۲=۴)n
برای کران بالا هم با استفـاده از لم زیر مسئله را اثبات میکنیم.
لم. در هر گراف همبند که در آن درجهی هر رأس زوج است، دوری وجود دارد که از هر یال دقیقـاً یک بار عبور کند.
اثبات. با استقرا روی تعداد یالها و شروع از یک رأس و خارج شدن از هر رأسی که به آن وارد میشویم حکم نتیجه میشود.
پس اگر میتوانستیم درجهی هر رأس از گراف چندچوبه را زوج کنیم، آنگاه طبق قضیهی بالا یک دور در آن گراف یافت
میشد که از هر یال دقیقـاً یک بار عبور کند. مثلاً میتوانیم هر یال را دو بار رسم کنیم. در این صورت یک گراف با ۲n
یال داریم که در آن درجهی هر رأس زوج است. پس طبق قضیهی بالا دوری در این گراف وجود دارد که از همهی یالها
عبور کند. پس تعداد دورهای به طول ۲nروی شبکه بیشتر یا مساوی تعداد nچوبهها است. کافی است کران بالایی برای
تعداد دورهای به طول ۲nروی شبکه بیابیم.
تعداد دورهای به طول ۲nروی شبکه هم حداکثر برابر است با تعداد رشتههای ۲nتایی با استفـاده از نمادهای ;# ;! ;"
به طوریکه در هر رشته تعداد # ;"ها باهم، و تعداد ! ; ها باهم برابر باشد. این تعداد هم برابر است با انتخاب تعدادی.
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
مکان برای " و همان تعداد مکان برای #، و سپس انتخاب نصف مکانهای باقیمانده برای و قرار دادن ! در بقیهی
جاها. یعنی:
n∑ k=۱
(۲k n)(۲nk − k)(۲n n − − ۲ kk)
با ساده کردن عبارت بالا به دست میآید:
n∑ k=۱
(۲k n)(۲nk − k)(۲n n − − ۲ kk) = ∑ n
k=۰
(۲n)!
k!k!(n − k)!(n − k)! = (۲n n)∑ n
k=۱
(n k)(n k) = (۲n n)۲
و .(۲n n)۲ ≤ (۲۲n)۲ = ۱۶nپس تعداد دورهای به طول ۲nروی شبکه، و به تبع آن تعداد nچوبهها حداکثر ۱۶nاست.
ج. برای n = ۷چندچوبهی مقـابل نادان است. برای n > ۷اگر از نقطهی Aیا Bدر شکل
زیر شروع کنیم و n − ۷یال به سمت بالا یا راست برویم، چندچوبهی حاصل نادان است زیرا
در چندچوبه شامل پارهخط عمودی ،XYاین پارهخط همسایهای نخواهد داشت. پس حداقـل
۲n−۷ + ۲n−۷ = ۲n−۶تا nچوبهی نادان یافتیم.
د. یک مسیر به سمت بالا و راست در نظر بگیرید و با بینهایت نسخه از آن، یک مسیر نامتناهی به سمت بالا و راست
تشکیل دهید.
لم .۱اگر مسیر نامتناهی بالا و راست را یک واحد به سمت بالا و چپ انتقـال دهیم، مسیر حاصل با مسیر اولیه در هیچ
نقطهای اشتراک ندارد.
اثبات. فرض کنید یک مسیر و انتقـالیافتهاش در نقطهای مثل xاشتراک داشته باشند. پس xو انتقـالیافته xبه سمت
پایین و راست، هر دو روی مسیر اولیه هستند که چنین چیزی با بالا و راست بودن مسیر در تناقض است.
حال مسیر نامتناهی را Lبنامید و بی نهایت نسخه انتقـالیافته به سمت بالا و چپ از این مسیر را در کنارش قرار میدهیم.
طبق لم ۱هیچ دو مسیری اشتراک ندارند. حال قرینه Lنسبت به نیمساز ربع اول و سوم )خط ( y = xرا ′ Lمینامیم.
لم L; L′ .۲در هیچ یالی اشتراک ندارند.
اثبات. فرض کنید یال eدر ′ L; Lباشد. پس eو متقـارن eنسبت به خط ،y = xهر دو روی Lهستند که چنین چیزی
با بالا و راست بودن Lدر تناقض است..
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
در نتیجه میتوان ′ L; Lو انتقـالیافتههای آنها )به سمت بالا و چپ( را روی صفحه قرار داد و هیچ دو مسیری اشتراک
یالی ندارند. حال ادعا میکنیم هر یال پوشیده میشود. یال eرا در نظر بگیرید و آن را آن قدر به سمت بالا و چپ )یا پایین
و راست( انتقـال دهید تا به مسیر Lبرخورد کند. این برخورد یا در یک یال اتفـاق افتاده است و یا در یک رأس، در حالت
اول eروی انتقـالیافتهی Lاست و در حالت دوم eروی انتقـالیافتهی ′ Lاست.
ه. برای کران پایین اگر در راه حل دوم قسمت )ب،( به جای ۲چوبهها از ۴چوبهها استفـاده کنیم به کران زیر میرسیم:
.Sn ≥ (p ۴ ۸۸)n ∼ (۳=۰۶)n
برای کران بالا حداکثر ۱۶ × ۸nشکل همبند رسم میکنیم و ادعا میکنیم هر nچوبه حداقـل یک بار رسم شده است.
اشکال را به این صورت رسم میکنیم: در مرحلهی اول یک رأس رسم میکنیم، آن را علامت میزنیم و ۲۴حالت برای
یالهای متصل به آن را رسم میکنیم. پس تا اینجا ۱۶شکل رسم شده است.
در هر مرحله، از هر شکل رسمشده در مرحلهی قبلی، حداکثر ۸شکل جدیدتر میسازیم و آنها را رسم میکنیم. به این
صورت که هر یک از اشکال رسمشده را در نظر میگیریم و در بین رئوس علامتنخوردهاش، رأس سمت راستترین و در
بین آنها بالاترین را علامت میزنیم، حداقـل یکی از یالهای این رأس رسم شده است زیرا شکل همبند است. در بین
یالهای دیگر منتهی به این رأس به حداکثر ۲۳ = ۸حالت برخی از آنها را انتخاب میکنیم و شکل جدیدی با اضافه کردن
این یالها رسم میکنیم.
پس در هر مرحله اشکال همبند هستند و تعداد آنها حداکثر ۸برابر مرحلهی قبلی است. از طرفی هر nچوبه حداکثر
n + ۱رأس دارد، در نتیجه حتماً پس از حداکثر nمرحله رسم میشود. پس:
Sn ≤ ۱۶ + ۱۶ × ۸ + ۱۶ × ۸۲ + ::: + ۱۶ × ۸n−۱ ≤ ۱۶ × ۸n
و از جایی به بعد: .۱۶ × ۸n ≤ (۸=۰۱)n < ۱۲n.
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲فـاصلهی بین دوایر!
دایرهی به مرکز Oو شعاع Rرا با ) C(O; Rنشان میدهیم. اگر ) !۱ = C(O۱; R۱و ) ،!۲ = C(O۲; R۲میدانیم:
d(!۱; !۲)۲ = O۱O۲۲ − (R۱ − R۲)۲
و ) d(!۱; !۲تعریفشده است اگر و تنها اگر عبارت سمت راست نامنفی باشد. این موضوع معادل است با این که !۱و !۲
متداخل نباشند و یا مماس داخلی باشند.
الف. قرار دهید ) ! = C(O; Rو ) .!i = C(Oi; Riداریم:
۱n
n∑ i=۱
d(!; !i)۲ = ۱
n
n∑ i=۱
OOi ۲ + ۱
n
n∑ i=۱
(R − Ri)۲
اگر ¯ Rرا میانگین اعداد R۱; : : : ; Rnبگیریم، آنگاه داریم:
۱n
n∑ i=۱
(R − Ri)۲ = R۲ − ۲RR ¯ + ۱
n
n∑ i=۱
Ri ۲ = (R − R ¯)۲ + ۱
n
n∑ i=۱
(R ¯ − Ri)۲
به طور مشابه، اگر ¯ Oرا مرکز ثقـل نقـاط O۱; : : : ; Onبنامیم، خواهیم داشت:
۱n
n∑ i=۱
OOi۲ = OO ¯ ۲ + ۱
n
n∑ i=۱
OO ¯ i ۲
)برای اثبات این رابطه باید مختصات این نقـاط را در نظر بگیریم و از رابطهی مشابه برای Riها استفـاده کنیم( بنابراین
۱n
n∑ i=۱
d(!; !i)۲ = OO ¯ ۲ + (R − R ¯)۲ + ۱
n
n∑ i=۱
OO ¯ i ۲ + ۱
n
n∑ i=۱
(R ¯ − Ri)۲
پس دایرهی )¯ C(O; ¯ Rدر خاصیت مسأله صدق میکند.
حال فرض کنید ) ! ¯۱ = C(P۱; r۱و ) ! ¯۲ = C(P۲; r۲دو دایره باشند که در فرض مسئله صدق میکنند. اگر )! = C(O; R
را دایرهای بگیریم که با همهی !۱; : : : ; !nو ! ¯۱و ! ¯۲متخارج است، آنگاه نتیجه میگیریم:
d(!; ! ¯۱)۲ − d(!; ! ¯۲)۲ = Constant
) OP ۲
۱ − OP۲ ۲ + (R − r۱)۲ − (R − r۲)۲ = Constant
) OP ۲
۱ − OP۲ ۲ − ۲R(r۱ − r۲) = Constant
)که منظور از Constantیک مقدار ثابت است(.
با ثابت نگهداشتن Oنتیجه میگیریم .r۱ = r۲بنابراین OP۱ ۲ − OP۲ ۲نیز مقداری ثابت است. بنابراین P۱ = P۲و در
نتیجه .! ¯۱ = ¯ !۲پس )¯ ! ¯ = C(O; ¯ Rتنها جواب مسئله است.
ب. برای i = ۱; ۲قرار دهید ) !i = C(Oi; Riو ) .! = C(O; Rهمچنین فرض کنید ) Oi = (xi; ۰و ).O = (x; y
میتوانیم بنویسیم:
x۳ = x۱ + α(x۲ − x۱) = (۱ − α)x۱ + αx۲
که αیک عدد حقیقی است. چون فـاصلهی O۱و O۲از مماس مشترک خارجی !۱و !۲بهترتیب برابر با R۱و R۲است،
نتیجه میگیریم که فـاصلهی O۳از این خط برابر است با ) j(۱ − α)R۱ + αR۲jاگر داخل قدر مطلق منفی باشد، به این.
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
معنی است که O۳و O۱در دو طرف خط مذکور هستند.( بنابراین:
R۳ = j(۱ − α)R۱ + αR۲j
مرکز ثقـل !۱و !۲نیز برابر است با ) ! ¯ = C (( x۱+ ۲ x۲ ; ۰) ; R۱+ ۲ R۲که یعنی در رابطهی مربوط به α = ۱ ۲ ،!۳باشد. میدانیم:
d(!; !۱) = d(!; !۲)
) OO۲
۱ − (R − R۱)۲ = OO۲ ۲ − (R − R۲)۲
) OO۲
۱ − OO۲ ۲ = R۱ ۲ − R۲ ۲ − ۲R(R۱ − R۲)
) (x − x۱)۲ − (x − x۲)۲ = R۱ ۲ − R۲ ۲ − ۲R(R۱ − R۲)
) ۲x(x۱ − x۲) − ۲R(R۱ − R۲) = x۲ ۱ − x۲ ۲ − R۱ ۲ + R۲ ۲
حال داریم:
d(!; !۳)۲ = (x − x۳)۲ + y۲ − (R − R۳)۲
= (x − ((۱ − α)x۱ + αx۲))۲ + y۲ − (R − ((۱ − α)R۱ + αR۲))۲
= ((x − x۱) + α(x۱ − x۲))۲ + y۲ − ((R − R۱) + α(R۱ − R۲))۲
دایرههای !، !۱و !۲را ثابت بگیرید و αرا متغیر. بنابراین d(!; !۳)۲یک چندجملهای درجه ۲برحسب αاست. ضریب
α۲در این چندجملهای برابر است با (x۱ − x۲)۲ −(R۱ − R۲)۲که این مقدار نامنفی است زیرا ) d(!۱; !۲تعریفشده است.
همچنین ضریب αبرابر است با:
۲(x۱ − x۲)(x − x۱) − ۲(R۱ − R۲)(R − R۱)
طبق رابطهای که بین xو Rبهدست آوردیم، این مقدار برابر است با:
x۲
۱ − R۱ ۲ − x۲ ۲ + R۲ ۲ − ۲x۱(x۱ − x۲) + ۲R۱(R۱ − R۲) = −(x۱ − x۲)۲ + (R۱ − R۲)۲
بنابراین ضریب α۲و αقرینهی یکدیگر هستند. در صورتی که این ضرایب برابر با صفر باشند )یعنی !۱; !۲مماس داخل
باشند،( مقدار ) d(!; !۳مستقـل از αاست. در غیر این صورت، کمترین مقدار ) d(!; !۳بهازای α = ۱ ۲اتفـاق میافتد و
حکم ثابت میشود.
ج. ابتدا توجه کنید که مرکز اصلی !۱و !۲و ،!۳به عنوان دایرهای با شعاع صفر از این سه دایره به یک فـاصله است )در
صورتی که خارج آنها باشد.( پس حدس میزنیم:
لم. اگر هر یک از دو دایرهی C۱و C۲از دو دایرهی !۱و !۲به یک فـاصله باشد، آنگاه مرکز تجانس مستقیم C۱و C۲
روی محور اصلی !۱و !۲است. در صورتی که مرکز تجانس مستقیم C۱و C۲تعریف نشده باشد )یعنی شعاع آنها مساوی
باشد،( خطالمرکزین C۱و C۲موازی با محور اصلی !۱و !۲است.
فرض کنید لم درست باشد. در صورتی که مراکز !۲ ،!۱و !۳همخط نباشند، آنگاه محورهای اصلی دوبهدوی آنها
همرساند و موازی نیستند. حال طبق لم فوق مرکز اصلی !۲ ،!۱و !۳در شرایط مسئله صدق میکند. در صورتی که.
۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
مراکز آنها همخط باشند، محورهای اصلی موازی هستند. اگر محورهای اصلی متمایز باشند، آنگاه حداکثر یک دایره از
همهی !iها به یک فـاصله است و حکم به انتفـاء مقدم درست است.
راه اول. قرار دهید ) !i = C(Oi; Riو ) .Ci = C(Pi; riفرض کنید ) Oi = (xi; ۰و ) .Pi = (ai; biاگر نقطهی )(x; ۰
روی محور اصلی !۱و !۲باشد، آنگاه:
(x − x۱)۲ − R۱ ۲ = (x − x۲)۲ − R۲ ۲ ) x = x۲ ۱ − x۲ ۲ − R۱ ۲ + R۲ ۲
۲(x۱ − x۲)
این رابطه، معادلهی محور اصلی !۱و !۲است. مقدار فوق را cمینامیم. در اثبات قسمت )ب( بهدست آوردیم:
۲ai(x۱ − x۲) − ۲ri(R۱ − R۲) = x۲ ۱ − R۱۲ − x۲ ۲ + R۲ ۲ ) ai = ri R۱ − R۲
x۱ − x۲
+ c
مرکز تجانس C۱و C۲روی P۱P۲است. پس میتوانیم بنویسیم .S = (۱ − α)P۱ + αP۲با توجه به نسبت فـاصلههای آن
از P۱و ،P۲میتوان دید: ) S = r۲r − ۲r۱ P۱ − r۲r − ۱r۱ P۲در صورتی که .(r۱ ̸= r۲بنابراین مؤلفهی اول Sبرابر است با:
r۲a۱ − r۱a۲
r۲ − r۱
=
۱
r۲ − r۱ [r۲ (r۱ R x۱ ۱ − − R x۲ ۲ + c) − r۱ (r۲ R x۱ ۱ − − R x۲ ۲ + c)] = c
بنابراین Sروی محور اصلی !۱و !۲است.
در صورتی که ،r۱ = r۲طبق روابط فوق خواهیم داشت .a۱ = a۲پس خطالمرکزین C۱و C۲موازی محور اصلی !۱و !۲
است.
راه دوم. برای هر iو ،jیکی از مماس مشترکهای Ciو !jرا رسم کنید و تقـاطعهای آنها را مطابق با شکل X۱ ،B ،A
و X۲بنامید. مسئله را تنها در حالتی حل میکنیم که شکل مسئله شبیه به شکل زیر باشد. در حالتهای دیگر استدلال
مشابه است )البته باید مماس مشترکها به طور مناسبی انتخاب شوند. نوشتن راه حلی که در همهی حالتها معتبر باشد
نیاز به تعاریف و نمادگذاریهای زیادی دارد که از حوصلهی خواننده خارج است.( با توجه به این که C۱از !۱و !۲به
یک فـاصله است، نتیجه میگیریم که Aنیز از این دو دایره به یک فـاصله است. پس Aروی محور اصلی !۱و !۲است. به
طور مشابه، Bنیز روی محور اصلی آنها است. همچنین با توجه به برابری دو مماس رسم شده از X۱بر !۱و دو مماس
رسم شده از X۲بر ،!۲به دست میآوریم: BX۱ + AX۱ = BX۲ + AX۲بنابراین امتداد اضلاع چهارضلعی AX۱BX۲
مطابق شکل بر یک دایره مثل Cمماساند. حال Aمرکز تجانس مستقیم Cو C۱است و Bمرکز تجانس مستقیم Cو
.C۲پس طبق قضیهی سه مرکز تجانس، مرکز تجانس مستقیم C۱و C۲روی ABاست و حکم ثابت میشود..
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
د. خیر.
قرار دهید ) !i = C(Oi; Riو فـاصلهی Oiو Ojرا dijبنامید. طبق فرض باید داشته باشیم:
d۲
ij − (Ri − Rj)۲ = ۱
چون تفـاضل Riها در این روابط ظاهر میشود، پس با افزایش یا کاهش همهی شعاعها به مقدار برابر، روابط فوق تغییری
نمیکنند. پس میتوانیم فرض کنیم .R۴ = ۰همچنین فرض کنید O۴ .R۱ ≥ R۲ ≥ R۳روی محور اصلی !۱و !۲است.
مطابق شکل زیر داریم:
a۲ + x۲ − R۱ ۲ = ۱
a۲ + y۲ − R۲ ۲ = ۱
(x + y)۲ − (R۱ − R۲)۲ = ۱
با کم کردن دو رابطهی اول از رابطهی سوم بهدست میآوریم:
۲xy + ۲R۱R۲ + ۲ − ۲a۲ = ۱ ) a = √ ۱ ۲ + xy + R۱R۲.
۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
از طرفی با تفـاضل دو رابطهی اول داریم:
8<:
x۲ − y۲ = R۱ ۲ − R۲ ۲
x + y = d۱۲
) x − y =
R۲
۱ − R۲ ۲
d۱۲
) fx; yg = d۱۲
۲
±
R۲
۱ − R۲ ۲
۲d۱۲
) xy =
d۲
۱۲
۴
− (R۱ ۲ − R۲ ۲
d۱۲ )
۲
بنابراین:
a = √ ۱ ۲ + d۴ ۲ ۱۲ − (R۱ ۲۴− d۲ ۱۲ R۲ ۲)۲ + R۱R۲
حال وضعیت !۱; !۲; !۳را بررسی میکنیم. به طور مشابه، با کوچک کردن هر سه شعاع به اندازهی R۳بهدست میآوریم:
b = √ ۱ ۲ + d۴ ۲ ۱۲ − ((R۱ − R۳)۲۴− d۲ ۱۲ (R۲ − R۳)۲)۲ + (R۱ − R۳)(R۲ − R۳)
دو حالت در نظر میگیریم:
• حالت اول. فرض کنید O۳و O۴دو طرف خط O۱O۲باشند. در این صورت داریم:
O۳O۴ ۲ − R۳ ۲ = ۱ ) ۱ + R۳ ۲ = O۳O۴ ۲ ≥ (a + b)۲ ≥ a۲ + b۲
اما داریم:
a۲ > ۱
۲
+ R۱R۲
b۲ > ۱
۲
+ (R۱ − R۳)(R۲ − R۳)
بنابراین:
R۲
۳ > R۱R۲ + (R۱ − R۳)(R۲ − R۳) ) (R۱ + R۲)R۳ > ۲R۱R۲
اما این با R۱ ≥ R۲ ≥ R۳متناقض است..
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
• حالت دوم. O۳و O۴یک طرف خط O۱O۲هستند. در این صورت:
۱ + R۳ ۲ = (a − b)۲ + (x − z)۲ = (a۲ + x۲) + (b۲ + z۲) − ۲ab − ۲xz
= ۱ + R۱ ۲ + ۱ + (R۱ − R۳)۲ − ۲ab − ۲xz
) ۰ = ۱ + ۲R۱ ۲ − ۲R۱R۳ − ۲ab − ۲xz
) ۴ab + ۴xz = ۲ + ۴R۱(R۱ − R۳)
از طرفی با قرار دادن d۲ ۱۲ = ۱ + (R۱ − R۲)۲بهدست میآوریم:
a = √ ۱ ۲ + d۴ ۲ ۱۲ − (R۱ ۲۴− d۲ ۱۲ R۲ ۲)۲ + R۱R۲ = √ ۳ ۴ + (R۱ + ۴ R۲)۲ − (R ۴ ۱(۱ −+ ( R۲R )۲۱(R − ۱R + ۲)R ۲) ۲)۲
و به طور مشابه:
b = √ ۳ ۴ + (R۱ + R۴ ۲ − ۲R۳)۲ − (R۱ − ۴( R ۱۲+ ( )۲(R R ۱ ۱+ −R R ۲ ۲) − ۲)۲R۳)۲
پس اگر قرار دهیم:
t := R۱ − R۲
s := R۱ + R۲ − ۲R۳
r := R۱ + R۲
آنگاه:
a = √ ۳ ۴ + r ۴ ۲ − ۴(۱r۲+ t۲t۲) = √ ۳ ۴ + ۴(۱r + ۲ t۲)
b = √ ۳ ۴ + ۴(۱s + ۲ t۲)
همچنین:
xz = (d۱۲
۲
+
R۲
۱ − R۲ ۲
۲d۱۲ )(d۲ ۱۲ + (R۱ − R۳)۲ ۲− d۱۲(R۲ − R۳)۲ ) = ۱ + ۴ t۲ + rt ۴ + st ۴ + ۴(۱ rst +۲t۲)
حال داریم:
۴ab + ۴xz = ۲ + ۴R۱(R۱ − R۳)
) √(۳ + ۱ + r۲t۲ ) (۳ + ۱ + s۲t۲ ) + ۱ + t۲ + rt + st + ۱rst + ۲ t۲ = ۲ + (r + t)(s + t)
با ضرب در ۱ + t۲و ساده کردن بهدست میآوریم:
√(۳ + ۳t۲ + r۲) (۳ + ۳t۲ + s۲) = ۱ + t۲ + rs
اما این با نامساوی کوشی-شوارتز در تناقض است..
۱۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳تولید توابع!
f ◦ f ◦ · ·· ◦ fرا با f kنمایش میدهیم.
| {z }
k
به اختصار
الف. قرار دهید:
f(x) =
8>>>>>><>>>>>>:
۲ x = ۱
۳ x = ۲
۱ x = ۳
x x = 2 f۱; ۲; ۳g
g(x) =
8>>>>>><>>>>>>:
۳ x = ۱
۱ x = ۲
۲ x = ۳
x x = 2 f۱; ۲; ۳g
به سادگی دیده میشود ).f ۲ (x) = g (x) ; g۲ (x) = f (x
ب. فرض کنید حداقـل یک تابع مثل gموجود است که .f ! g; g ! fپس اعداد طبیعی mو nموجودند که
) .f m (x) = g (x) ; gn (x) = f (xدر نتیجه ) .f mn (x) = f (xپس fحداکثر mn − ۱تابع مختلف را تولید میکند که
این تعداد متناهی است.
ج. چنین تابعی وجود دارد. فرض کنید:
g (x) =
8<:
x + ۱ x 2 Z
x x = 2 Z
با برهان خلف ثابت میکنیم هیچ تابعی gرا تولید نمیکند. فرض کنید تابع حقیقی fو عدد طبیعی k > ۱وجود دارد به
z+۱ = g (z) = f k (z) = f (z) پسf (f (z)) = f (z) آنگاهf (z) 2 = Z اگرz 2 Z . برای هرf k (x) = g (x) طوری که
که با صحیح نبودن ) f (zدر تناقض است. پس fهر عدد صحیح، عددی صحیح است. حال برای هر z 2 Zداریم:
f (z) + ۱ = g (f (z)) = f k+۱ (z) = f (g (z)) = f (z + ۱) :
بنابراین تابع fروی اعداد صحیح تابع انتقـال است، یعنی tوجود دارد که برای هر عدد صحیح f (z) = z + t ،zولی در
این صورت .z + ۱ = g (z) = f k (z) = z + ktکه در تناقض با k > ۱است. پس fوجود ندارد که تابع gرا تولید کند.
د. فرض کنید m; nموجودند که .f m (x) = x۳; f n (x) = x۵در این صورت .x۳n = f mn (x) = x۵mبنابراین ۳n = ۵m
که تناقض است.
ه. با استفـاده از لم زیر حکم را ثابت میکنیم:
لم. اگر برای تابع حقیقی fاعداد طبیعی a > bموجود باشند که ) f a (x) ; f b (xچندجملهایهای خطی باشند آنگاه
) f a−b (xهم خطی است.
اثبات. فرض کنید .f a (x) = a۱x + a۰; f b (x) = b۱x + b۰در نتیجه ) a۱x + a۰ = f a−b (b۱x + b۰قرار میدهیم
.y = b۱x+ b۰پس ) f a−b (y) = a b۱ ۱ y + (a۰ − ab ۱۱b۰و چون yهمهی مقـادیر را میتواند به خود بگیرد پس ) f a−b (yهم
تابعی خطی است.
حال فرض کنید ) f m (x) = P (x) ; f n (x) = Q(xو .(m; n) = dآنگاه طبق لم بالا و با توجه به الگوریتم تقسیم
) f d (xهم تابعی خطی است که به وضوح ) P (x) ; Q(xرا تولید میکند..
۱۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴چندضلعی تپل!
الف. فرض کنید xyوتر بیشینه باشد. کمان کوچکتر بین xو yرا C۱و کمان بزرگتر را C۲بنامید. بنابر فرض، طولِ C۱
کوچکتر از p ۴است. فـاصلهی دو نقطه روی محیط را با ) d(a; bنشان میدهیم. میخواهیم نشان دهیم نیمدایرهی به
قطر xyکه در طرف C۲است، درون چندضلعی قرار دارد.
لم C۲ .۱با پارهخط xyتنها در xو yاشتراک دارد.
اثبات. فرض کنید zنقطهای از C۲روی پارهخط xyو بین xو yباشد. به وضوح xzو yzوترهایی داخلی هستند. کمان
کوتاهتر بین xو zنمیتواند از yبگذرد زیرا در آن صورت ) d(x; z) > d(x; yو این با بیشینه بودن xyتناقض دارد. مشابهاً
کمان کوتاهتر بین yو zنیز نمیتواند از xبگذرد. پس کمانهای xz ،xyو yzمحیط چندضلعی را افراز میکنند در حالیکه
بنابر فرضِ تپل بودن، طول هر کدام حداکثر p ۴است. این تناقض نشان میدهد که C۲با پارهخط xyتنها در xو yاشتراک
دارد.
لم .۲اشتراک ضلع متصل به xبا ،C۲خارج از نیمدایره قرار دارد. مشابهاً برای .y
اثبات. اثبات. فرض کنید این طور نباشد. zرا نقطهای درون نیمدایره و روی C۲و بسیار نزدیک به xو روی همان ضلعی
که xقرار دارد بگیرید به طوری که yzچندضلعی را تنها در دو سرش قطع کند )با توجه به لم ۱این کار امکانپذیر است.(
اکنون چون کمان کوچکتر بین xو yطولش از p ۴بیشتر نیست و چون zبسیار نزدیک به xانتخاب شد پس کمان yxz
کمان کوچکتر بین yو zاست و این با بیشینه بودن xyتناقض دارد.
لم C۲ .۳با نیمدایره تقـاطعی ندارد )به جز در xو .(y
اثبات. zرا نقطهای روی C۲در نظر بگیرید که درون نیمدایره قرار دارد و در بین نقـاط با این خاصیت کمترین فـاصله را
با پارهخط xyدارد )بنابر لم ۱و ،۲این نقطه فـاصلهی مثبتی از xyدارد.( ادعا میکنیم xzو yzوترهای داخلی هستند.
چون در غیر این صورت نقطهای از چندضلعی مانند ′ zدرون مثلث xyzقرار میگیرد که این با نحوهی انتخاب zتناقض
دارد.
پس xzو yzوترهای داخلی هستند. ادامهی اثبات مشابه لم ۱است. کمان کوتاهتر بین xو zنمیتواند از yبگذرد زیرا
در آن صورت ) d(x; z) > d(x; yو این با بیشینه بودن xyتناقض دارد. مشابهاً کمان کوتاهتر بین yو zنیز نمیتواند از
xبگذرد. پس کمانهای xz ،xyو yzمحیط چندضلعی را افراز میکنند در حالیکه بنابر فرضِ تپل بودن، طول هر کدام
pاست.
حداکثر ۴
اکنون با توجه به لم C۲ ،۳نیمدایره را قطع نمیکند. پس C۱نیز آن را قطع نمیکند چون در غیر این صورت چندضلعی
خودش را قطع میکند. پس نیمدایره کاملاً درون چندضلعی قرار دارد..
۱۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
ب. فرض کنید xyوتر بیشینه باشد. مشابه قسمت قبل کمان کوچکتر بین xو yرا C۱و کمان بزرگتر را C۲بنامید.
pاست.
بنابر فرض، طولِ C۱کوچکتر از ۴
به مرکز xو yنیمدایرههایی به شعاع ۱و در طرفی از xyکه C۲قرار دارد رسم میکنیم. اشتراک این دو نیمدایره را ناحیهی
Sمینامیم. میخواهیم نشان دهیم ناحیهی Sدرون چندضلعی قرار دارد.
لم C۲ .۱با پارهخط xyتنها در xو yاشتراک دارد.
اثبات. مشابه قسمت )الف.(
لم .۲اشتراک ضلع متصل به xبا ،C۲خارج از ناحیهی Sقرار دارد. مشابهاً برای .y
اثبات. فرض کنید این طور نباشد. zرا نقطهای درون Sو روی C۲و بسیار نزدیک به xو روی همان ضلعی که xقرار
دارد بگیرید به طوری که yzچندضلعی را تنها در دو سرش قطع کند )با توجه به لم ۱این کار امکانپذیر است.( اکنون
چون کمان کوچکتر بین xو yطولش از p ۴بیشتر نیست و چون zبسیار نزدیک به xانتخاب شد پس کمان yxzکمان
کوچکتر بین yو zاست و این با بیشینه بودن xyتناقض دارد.
لم C۲ .۳با ناحیهی Sتقـاطعی ندارد )به جز در xو .(y
اثبات. zرا نقطهای روی C۲در نظر بگیرید که درون ناحیهی Sقرار دارد و در بین نقـاط با این خاصیت کمترین فـاصله را
با پارهخط xyدارد )بنابر لم ۱و ،۲این نقطه فـاصلهی مثبتی از xyدارد.( ادعا میکنیم xzو yzوترهای داخلی هستند.
چون در غیر این صورت نقطهای از چندضلعی مانند ′ zدرون مثلث xyzقرار میگیرد که این با نحوهی انتخاب zتناقض
دارد.
پس xzو yzوترهای داخلی هستند و چون zدرون Sقرار دارد پس طول آنها کمتر مساوی ۱است پس بنابر فرضِ تپل
بودن، فـاصلهی دو سر آنها روی محیط کمتر مساوی p ۴است. ادامهی اثبات هم مشابه لم ۱است. کمان کوتاهتر بین x
و zنمیتواند از yبگذرد زیرا در آن صورت ) d(x; z) > d(x; yو این با بیشینه بودن xyتناقض دارد. مشابهاً کمان کوتاهتر
بین yو zنیز نمیتواند از xبگذرد. پس کمانهای xz ،xyو yzمحیط چندضلعی را افراز میکنند در حالیکه طول آنها
کمتر مساوی p ۴است. اکنون با توجه به لم C۲ ،۳ناحیهی Sرا قطع نمیکند. پس C۱نیز آن را قطع نمیکند چون در غیر
این صورت چندضلعی خودش را قطع میکند. پس ناحیهی Sکاملاً درون چندضلعی قرار دارد. اکنون به راحتی میتوان
دید که یک دایره به شعاع ۱ ۴درون ناحیهی Sجای میگیرد.
ج. فرض کنید چندضلعی تپلی داریم که نمیتوان دایرهای به شعاع ۱ ۴در آن جای داد. بنابر گزاره دوم میتوان آن را به
وسیلهی وترهای داخلی مثلثبندی کرد به نحوی که طول اضلاع همهی مثلثها حداکثر واحد باشد.
اکنون در بین وترهای داخلی یکی را که بیشترین فـاصلهی روی محیط بین دو سرش را دارد در نظر بگیرید مثلاً .xyجزء.
۱۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
بزرگتر محیط چندضلعی بین xو yرا Cمینامیم. دو حالت ممکن است:
• حالت اول. Cشامل رأسی دیگر از چندضلعی باشد.
در این حالت حتماً رأسی مانند zروی Cوجود دارد که xyzیکی از مثلثهای مثلثبندی است. اکنون کمان کوتاهتر
بین xو zنمیتواند از yبگذرد زیرا در آن صورت ) d(x; z) > d(x; yو این با نحوهی انتخاب xyتناقض دارد. مشابهاً
کمان کوتاهتر بین yو zنیز نمیتواند از xبگذرد. پس کمانهای xz ،xyو yzمحیط چندضلعی را افراز میکنند در
pاست.
حالیکه بنابر فرض تپل بودن، طول هریک از آنها کمتر مساوی ۴
• حالت دوم. Cشامل هیچ رأس دیگری از چندضلعی نباشد.
در این حالت xyباید ضلع چندضلعی باشد و در عین حال، این ضلع جزء بزگتر محیط بین xو yباشد که این با
نابرابری مثلث در تناقض است.
د. اگر ϵبه اندازهی کافی کوچک باشد شکل زیر یک مثال نقض برای گزارهی اول است..
۱۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵در جستوجوی اعداد از دست رفته!
الف. در بین زیرجمعها کوچکترین عدد را در نظر میگیریم. چون زیرجمعها مثبتند پس اعداد اولیه نیز مثبت و در نتیجه
کوچکترین زیرجمع همان کوچکترین عدد میان اعداد اولیه است. اعداد اولیه را a۱ ≤ · ·· ≤ anبگیرید.
پس تا اینجا ما a۱را به دست آوردیم . حال فرض کنید a۱; : : : ; aiبه صورت یکتا مشخص شده بودند. از زیرجمعها
آنهایی را که با این iعدد ساخته میشوند، حذف میکنیم. در میان باقیماندهها کوچکترین عدد باید ai+۱باشد.
ب. راه اول )اثبات ساختاری، جبری(
( با تقسیم عبارت بر۱ + xa۱) ·· ·(۱ + xan) = xs۱ + ·· · + xs۲n . a۱ ≤ ·· · ≤ ak < ۰ ≤ ak+۱ ≤ · ·· ≤ an فرض کنید
xs۱داریم:
(۱ + x−a۱) ·· · (۱ + x−ak)(۱ + xak+۱) ·· ·(۱ + xan) = xs۱−s۱ + ·· · + xs۲n−s۱
که با توجه به حالت مثبت )قسمت )الف(( مقـادیر jaijها به دست میآیند. اکنون باید ثابت کنیم که اگر بخواهیم .xs۱را
در دو طرف ضرب کنیم به یک طریق یکتا میشود بین پرانتزها پخش شود. فرض کنید که به دو طریق این کار انجام
پذیرد. توجه کنید در این پخش شدن قدرمطلقها نباید تفـاوت کنند. پس این معادل این است که ۲زیرجمع از jaijها
برابر −s۱خواهد بود. یعنی:
ai۱ j+ · ··+j ail j=j ail+۱ j+ ·· ·+j aik
)اندیسهای مشترک را حذف کردیم( اما در این صورت در یک حالت jai۱ j; : : : ; j ailjز اعداد اولیه به صورت منفی ظاهر
شده و ail+۱ j; : : : ; j aikبه صورت مثبت، پس مجموع آنها صفر میشود و این تناقض است.
پس به صورت یکتا میتوانیم در پرانتزها پخش کنیم و درنتیجه اعداد اولیهمان یکتا به دست میآیند.
نکته. توجه کنید که عبارتهای ما یک تابع از اعداد حقیقی مثبت به اعداد حقیقی مثبت هستند و در نتیجه خوشتعریف
هستند!
راه دوم. )اثبات وجودی، ترکیببیاتی(
ابتدا بزرگترین عدد و عدد قبلی آن )از نظر بزرگی( را در نظر بگیرید. واضح است که تفـاضل این دو کوچکترین قدر
مطلق در میان اعداد اولیهمان خواهد بود. مجموعهی زیرجمعها به همراه صفر )زیرجمع مجموعهی تهی( را Sبگیرید و
کوچکترین قدر مطلق را dبنامید.
لم. اگر A ∪ (A + d) = B ∪ (B + d) = Sآنگاه خود A; Bبرابرند.
اثبات. کوچکترین عدد در Sرا xبنامید میدانیم که xدر Aآمده، چرا که اگر در A+ dآمده باشد انگاه x − dباید درA
آمده باشد و درنتیجه در Sباید آمده باشد ولی چون d > ۰این عدد کمتر است و این تناقض است. به طریق مشابه xدرB
نیز آمده و درنتیجه x+ dدر A+ dو B + dآمده است. حال x; x + dرا از Sحذف کرده و همین روند را تکرار میکنیم
نتیجه میشود که اعضای A; Bدوبه دو با هم مساوی هستند پس .A = B
حال به اثبات سوال باز میگردیم. ثابت میکنیم که زیر مجموعهای یکتا از زیرجمعها را میتوان یافت )مانند (Aکه
) .S = A ∪ (A + dدر این صورت بنابر استقرا مجموعهی Aمجموعهی زیرجمعهای یک مجموعهی یکتایn − ۱.
۱۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
عضوی خواهد بود و مسئله حل میشود.
حال فرض کنید در حالتی dعضو مجموعه اعداد اولیه باشد و در حالتی دیگر dعضو مجموعه اعداد اولیه باشد. مجموعهی
همهی زیرجمعهای n − ۱عدد دیگر را در حالت اول Aو در حالت دوم Bمینامیم. پس = )S = A ∪ (A + d
) .B ∪ (B − dدر نتیجه بنا بر لم داریم .A = B − dصفر عضو Aاست پس dباید عضو Bباشد. پس مجموع تعدادی
از اعداد در حالت دوم dشده است که اگر dرا هم به آنها اضافه کنیم مجموع صفر ظاهر میشود. تناقض حاصل نشان
میدهد که مجموعهی مورد نظر یکتا است.
ج. مجموعهای همهی زیرمجموعههای f۱; ۲; −۳gبا مجموعهای همهی زیرمجموعههای f−۱; −۲; ۳gبرابر است. کافی
است ۱۳۸۹تا صفر به هر دو مجموعه اضافه کنیم..
۱۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶جهانگردان سیارهی آبدوغخیار!
ابتدا به لم زیبای زیر توجه میکنیم که کلید حل سوال است.
لم. دو دور همجهت δ; σرا در نظر بگیرید که در یک قسمت
مشترک باشند، دور ϕرا اجتماع این دو دور و با حذف قسمتهای
مشترک در نظر میگیریم. حال اگر در مسیرهای δ; σجهانگرد پس
از اتمام یک دور سرمایهاش κσ; κδبرابر شود، پس از پیمودن مسیر
،ϕسرمایهاش κσ × κδبرابر خواهد شد. در واقع داریم: = κϕ
.κσκδ
اثبات. اثبات. توجه کنید که هر یال مسیر ϕدر دقیقـاً یکی از مسیرهای δ; σآمده است. و یالهایی از δ; σکه در مسیر ϕ
نیامدهاند در هر دوی این دور میسر بوده و جهتشان متفـاوت است. پس یالهای مشترک در κσ × κδیکدیگر را خنثی
میکنند و یالهای دیگر موجب میشوند که رابطهی κϕ = κσκδبرقرار باشد.
حال یک ۱۳۹۲وجهی را در نظر بگیرید. یک رأس دلخواه آن را در نظر گرفته و با تصویر نقطهای کل ۱۳۹۲وجهی را به
روی یک صفحه انتقـال میدهیم. توجه کنید که وجوه مجاور رأس مورد نظر به نواحی مانند چندضلعی بینهایت رفته و
دیگر وجوه ۱۳۹۲وجهی و هر خطشکستههای بسته روی آن ، چندضلعی خواهند ماند.
به هر رأس ضرب یالهای متصل به آن رأس را در جهت ساعتگرد و پادساعتگرد نسبت میدهیم. برای مثال به رأس
شکل زیر، مقدار ساعتگرد ۶و مقدار پادساعتگرد ۱ ۶را نسبت میدهیم. پس اگر دقیقـاً یک دور نزدیک و ساعتگرد دور
این رأس بزنیم، سرمایهیمان ۶برابر میشود.
حال ادعا میکنیم که κهر مسیر تنها به مقـادیر رئوس درون آن مسیر بستگی دارد. برای اثبات ابتدا توجه میکنیم که هر
مسیری که درون خود هیچ رأسی نداشته باشد، دارای κبرابر یک است. با در نظر گرفتن هر پارهخط و امتداد آن میتوان
به سادگی این نکته را ثابت کرد که هر مسیری که درون خود رأسی ندارد، پارهخط را به اندازهی برابر از دو طرف قطع
میکند..
۱۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
به عنوان لم دوم به این نکته توجه کنید که اگر مسیری دلخواه با ضریب نهایی κداشتهباشیم، میتوان این مسیر را از هر
کشور دلخواه شروع کرد برای اثبات کافیاست مسیری بسته که از کشور مورد نظر میگذرد و یال مشترکی با مسیر اصلی
دارد و هیچ رأسی درونش نیست را به مسیر اصلی اضافه کنیم. طبق لم اول این کار مسیر مناسب با ضریب κبه ما خواهد داد.
اکنون با استفـاده از این نکته میتوان اثبات این قسمت را کامل کرد. یک مسیر ساعتگرد را در نظر بگیرید. دور رئوس این
مسیر دورهایی مجزا و نزدیک به رأس رسم میکنیم. باقی مسیر را نیز با دورهای خالی از رأس میپوشانیم. اکنون توجه
کنید که κاین دورهای خالی از رأس برابر واحد است و κدورهای شامل یک رأس و نزدیک به آن برابر مقدار ساعتگرد
این رأس است. با توجه به لم کلیدی ابتدای سوال و استفـاده از استقرا میتوان ادعا کرد که κمسیر اصلی برابر ضرب
مقـادیر ساعتگرد درون مسیر است.
پس κهر مسیر را که در نظر بگیریم با توجه به این که ساعتگرد یا پادساعتگرد است، برابر حاصلضرب تعدادی مقدار
ساعتگرد یا پادساعتگرد رئوس است. پس برای هر زیرمجموعه از رئوس حداکثر دو مسیر ساعتگرد و یا پادساعتگرد
شامل این رئوس داریم. با توجه به این که مسیر خالی از رأس دارای κیک است پس این مسیر حداکثر یک κبه ما
میدهد. پس در کل حداکثر میتوان ۲v − ۱تا κمتمایز تولید داشت که vتعداد رئوس در صفحه است.
حال ثابت میکنیم که این تعداد مسیر با رئوس درونی متمایز وجود دارد.
ابتدا توجه کند که برای = κمسیر وجود دارد.
برای ادامه کار نشان میدهیم که برای هر زیرمجوعهی ناتهی از رئوس صفحه و هر جهتگذاری )ساعتگرد یا پادساعتگرد(
میتوان مسیری شامل این رئوس و با جهت دلخواه پیدا کرد. برای این کار دور رئوسی که قرار است درون دور باشند
دورهای کوچکی رسم کرده و این دورها را مانند شکل با هم تلفیق میکنیم تا مسیر مناسب به دست آید.
حال کافی است نشان دهیم میتوان مرزها را طوری عدد گذاری کرد که هر دو مسیر با رئوس درون متمایز، دارای κمتمایز
باشند. برای این کار روی مرزها اعداد اول متمایز قرار میدهیم. فرض کنید دو مسیر با رئوس درونی متمایز، κی برابر.
۱۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
داشته باشند. اگر هر دو دور جهت برابر داشته باشند، با استفـاده از لم اول میتوان تعدادی رأس یافت که ضرب مقدار آنها
)تعدادی ساعتگرد و تعدادی پادساعتگرد( برابر یک باشد که به سادگی میتوان این را رد کرد. اگر هم یکی ساعتگرد و
دیگری پادساعتگرد باشد، میتوان ادعا کرد که این دو مسیر مکمل یکدیگرند و با توجه به این که هیچ کدام تهی نیستند
به سادگی میتوان به تناقض رسید. پس همواره انتخاب رأسهای متمایز و جهت متمایز κی متمایزی به ما میدهد.
پس با توجه به آن چه گفته شد میتوان ادعا کرد که حداکثر تعداد κهای متمایز برابر ۲v − ۱خواهد بود. پس برای
ماکزیمم شدن این تعداد کافی است تعداد رئوس در صفحه ماکزیمم شوند که با دو بار محاسبهی زوایای چندضلعیها )هر
رأس زاویهی ۳۶۰درجه دارد و هر چندضلعی )متناهی و نامتناهی( زاویهی حداقـل ۱۸۰درجه( به این نتیجه میرسیم که
تعداد رئوس روی صفحه حداکثر برابر ۲ × ۱۳۹۲ − ۵است. در حین اثبات به این نتیجه میرسیم که حالت تساوی تنها
وقتی رخ میدهد که تمام رئوس درجه ۳باشند و این ما را در ساخت حالت تساوی کمک خواهد کرد. این تعداد رأس در
صفحه وقتی به دست میآید که در فضا ۲ × ۱۳۹۲ − ۴رأس داشته باشیم.
حال توجه کنید این حالت امکان دارد رخ دهد. کافی است یک منشور در نظر بگیرید که دو قـاعدهی آن ۱۳۹۰ضلعی و
وجوه جانبی آن مستطیلهایی باشند. این چندوجهی محدب است، ۱۳۹۰وجه دارد و ۲ × ۱۳۹۲ − ۴رأس دارد.
پس بیشینهی خواسته شده توسط سوال برابر ۲v − ۱است و برای آن مثال هم داریم..
۲۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷خواص جالب معادلات جالب!
الف. دقت کنید که برای هر xثابت، حداکثر تعدادی متناهی عضو Sهستند که مؤلفهی اولشان xباشد. بنابراین برای
هر عدد مثبت ،Rحداکثر تعداد متناهی از اعضای Sهستند که مؤلفهی اول آنها از Rکمتر باشد. مشابهاً برای مؤلفهی
دوم هم این گزاره برقرار است.
فرض کنید ) P۰(x) = Q۰(yمعادلهای جالب با کمترین درجه باشد که در بینهایت نقطه از Sصدق میکند )منظور از
درجهی معادلهی ) ،P(x) = Q(yدرجهی ) P(x) − Q(yبه عنوان یک چندجملهای دو متغیره است.( مجموعه نقـاطی
که این معادله در آن صدق میکند را ′ Sبنامید. ) P(x) = Q(yرا معادلهی دلخواهی فرض کنید که در Sصدق میکند.
اکنون Pرا بر P۰و Qرا بر Q۰تقسیمِ چندجملهای میکنیم، داریم:
P(x) = A(x)P۰(x) + B(x)
Q(y) = C(y)Q۰(y) + D(y)
به طوری که C ،B ،Aو Dچندجملهایهایی با ضرایب گویا هستند و deg B < deg P۰و .deg D < deg Q۰عدد صحیح
Nرا طوری بگیرید که وقتی در این چندجملهایها ضرب میشود همهی ضرایب صحیح شوند. بنابراین داریم:
NP(x) = A′(x)P۰(x) + B′(x)
NQ(y) = C′(y)Q۰(y) + D′(y)
(∗)
به طوری که ′ C′، B′،Aو ′ Dچندجملهایهایی با ضرایب صحیح هستند.
اگر ′ ،(x۰; y۰) 2 Sمیدانیم که ) P(x۰) = Q(y۰برابر عددی صحیح مانند aو ) P۰(x) = Q۰(yبرابر عددی صحیح مانند
bاست. اکنون اگر دو معادلهی )∗( را از هم کم کنیم، به دست میآوریم:
(A′(x۰) − C′(y۰))b = B′(x۰) − D′(y۰) (∗∗)
از طرفی میدانیم که deg B′ < deg P۰و .deg D′ < deg Q۰بنابراین عدد مثبت Rوجود دارد که اگر ،jxj ; jyj > Rآنگاه:
jB′(x)j < jP۰(x)j
۲
; jD′(y)j < jQ۰(y)j
۲
در نتیجه اگر jx۰j; jy۰j > Rبنابر نابرابری مثلث، jB′(x) − D′(y)j < bدر حالی که از معادلهی )∗∗( نتیجه میشود که باید
بر bبخشپذیر باشد، پس B′(x۰)−D′(y۰) = ۰و در نتیجه ،A′(x۰)−C′(y۰) = ۰یعنی ) (x۰; y۰جوابی از )B′(x) = D′(y
نیز هست. از طرفی بنابر توضیحی که در ابتدا دادیم، به جز متناهی عضو برای بقیهی اعضا داریم .jxj ; jyj > Rپس
معادلهی ) B′(x) = D′(yنیز بینهایت جواب در Sدارد و در عین حال درجهاش از معادلهی ) P۰(x) = Q۰(yکمتر است.
بنابر این تنها حالت ممکن این است که ′ Bو′ Dثابت )و برابر( باشند، یعنی .B′(x) = D′(y) = c
. A′(x) = NP P(x)−cحال اگر معادلهی ) A′(x) = C′(yهنوز یک معادلهی
بنابراین داریم ۰(x) ; C′(y) = NQ Q( ۰( yy )) −c
جالب باشد، ′ Aرا بر P۰و ′ Cرا بر Q۰تقسیم کرده و استدلال بالا را تکرار میکنیم. با ادامهی این کار نتیجه میشود که
چندجملهای ) F(xبا ضرایب گویا وجود دارد که )) P(x) = F(P۰(xو )) .Q(y) = F(Q۰(yیعنی معادلهی )P(x) = Q(y
از ) P۰(x) = Q۰(yنتیجه میشود.۲۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
ب. از لم زیر برای اثبات حکم استفـاده میکنیم.
لم. اگر ] P(x) 2 Z[xتکین باشد و ،djdeg P = dmآنگاه وجود دارند عدد صحیح Nو چندجملهایهای ) T(xو )R(x
با ضرایب صحیح به طوری که: ) ،NP(x) = (T(x))d + R(xو برای xبه اندازهی کافی بزرگ، < )T(x)d ≤ NP(x
(T(x) + ۱)d
اثبات. ابتدا چندجملهای ) T۱(xرا طوری میابیم که P(x) − T۱(x)dاز درجهی کمتر از (m − ۱)dباشد. برای این کار
فرض کنید:
P(x) = xmd + amd−۱xmd−۱ + ··· + a۰
و قرار دهید T۱(x) = xm + bm−۱xm−۱ + ·· · + b۰کافی است ضرایب b۰; : : : ; bm−۱را طوری بیابیم که:
(xm + bm−۱xm−۱ + ·· · + b۰)d = xmd + amd−۱xmd−۱ + ·· · + amd−dxmd−d + cmd−d−۱xmd−d−۱ + ·· ·
ضرایب را میتوان به طور بازگشتی تعیین کرد و T۱را به دست آورد.
ضرایب T۱اعدادی گویا میشوند. سپس میتوان با ضرب کردن عدد صحیح nهمهی ضرایب را صحیح کرد. بنابراین
S۲ . حال اگر ضریب پیشرویdeg S۲ < (m − ۱)d وN = nd که در آنNP(x) − T۲(x)d = S۲(x) وT۲(x) = nT۱(x)
مثبت بود، مسأله حل است و اگر منفی بود قرار میدهیم: T(x) = T۲(x) − ۱و).S(x) = NP(x) − T(x
اکنون به مسأله اصلی باز میگردیم. فرض خلف میکنیم. فرض کنید ) .dj(deg P;deg Qبنابر لم بالا، عدد صحیح Nو
چندجملهایهای U ، R ، Tو Vبا ضرایب صحیح وجود دارند به طوری که:
NP(x) = (T(x))d + R(x) ; NQ(y) = (U(y))d + V (y)
و برای xو yبه اندازهی کافی بزرگ،
T(x)d ≤ NP(x) < (T(x) + ۱)d; U(y)d ≤ NQ(y) < (U(y) + ۱)d
اکنون هرگاه ) ،P(x) = Q(yاز رابطهی بالا نتیجه میشود که ) .T(x) = U(yپس این دو معادلهی جالب، بینهایت
جواب مشترک دارند و در نتیجه بنابر قسمت )الف( هر دو توسط یک معادله تولید میشوند..
۲۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۸پنجضلعی گویا!
قبل از اثبات حکم چند نکتهی لازم را متذکر میشویم:
نکته .۱اگر B۳ ،B۲ ،B۱و B۴چهار نقطه روی یک خط باشند، نسبت »ناهمساز« آنها به این صورت تعریف میشود:
(B۱B۲; B۳B۴) = jB۱B۳j
jB۱B۴j=jjB B۲ ۲B B۳ ۴jj
)در این تعریف یک جهت برای خط گذرا از Biها در نظر گرفته میشود و طول هر پارهخط بسته به اینکه هم جهت با
جهت خط یا خلاف آن باشد، مثبت یا منفی در نظر گرفته میشود(.
مهمترین خاصیت نسبت ناهمساز چهارتاییها، ناوردا بودن آن نسبت به تصویر از یک کانون روی خط دیگر است:
(B۱B۲; B۳B۴) = (C۱C۲; C۳C۴):
روابط زیر را میتوان با اندکی محاسبه از تعریف نسبت ناهمساز به دست آورد: )Biها نقـاطی همخط هستند(.
(B۱B۲; B۳B۴) = (B۳B۴; B۱; B۲) (۱) رابطهی
(B۱B۴; B۳B۲) = (B۱B۲; B۳B۴)
(B۱B۲; B۳B۴) − ۱ (۲) رابطهی
(B۱B۲; B۳B۴)(B۱B۲; B۴B۵) = (B۱B۲; B۳B۵) (۳) رابطهی
نکته .۲اگر ) (x۱; y۱و ) (x۲; y۲دو نقطه با مختصات گویا در صفحه باشند، معادلهی خط گذرنده از آنها به صورت:
y − y۱
x − x۱
=
y۲ − y۱
x۲ − x۱
است. در نتیجه معادلهی این خط را نیز میتوان با اعداد گویا بیان کرد؛ به چنین خطی »گویا« میگوییم. به راحتی میتوان
دید که تقـاطع دو خط گویا، نقطهای گویاست و نسبت فواصل نقـاط گویا روی یک خط، عددی گویاست. علیالخصوص
نسبت ناهمساز چهار نقطهی گویای همخط، گویاست.
حال به سراغ اثبات حکم مسأله با استفـاده از برهان خلف میرویم. فرض کنید A۱ : : : A۵یک پنجضلعی گویا باشد که برای
آن، چهار تا از خطوط AiBiمثل A۱B۱; : : : ; A۴B۴در نقطهای مانند Oهمرسند. با توجه به گویا بودن Aiها، خطوط
واصل آنها و تقـاطعهای این خطوط همگی گویا هستند. در نتیجه همهی نقـاطی که در شکل نامگذاری شدهاند و همهی
نسبتهای ناهمسازی که با آنها ساخته میشوند، گویا هستند..
۲۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
نسبت ناهمساز ) (B۱A۳; A۲B۴را λمینامیم. با توجه به شکل بالا داریم:
λ = (B۱A۳; A۲B۴) = (B۱A۴; Y A۵) (B۲ )تصویر از
λ = (B۱A۳; A۲B۴) = (B۱B۴; A۲U) (O )تصویر از
همینطور:
λ = (B۱A۳; A۲B۴) = (A۵Z; A۱B۴) (B۳ )تصویر از
= (UA۳; B۱B۴) (O )تصویر از
= (B۱B۴; UA۳) ((۱) )رابطهی
درنتیجه با توجه به روابط ) (۲و ):(۳
λ۲ = (B۱B۴; A۲U)(B۱B۴; UA۳) = (B۱B۴; A۲A۳) = λ
λ − ۱:
پس λیکی از ریشههای معادلهی X ۲ = X + ۱است که ریشهی گویا ندارد! پس همرسی چهارتا از خطوط AiBiبا گویا
بودن پنجضلعی A۱A۲A۳A۴A۵سازگار نیست..
۱
.
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۱تابع صعودی از چی به چی؟!
الف. بله، وجود دارد.
ابتدا توجه کنید که اگر c ،b ،aو dاعدادی گویا باشند نگاشتی یکبهیک، پوشا و صعودی از بازه ) (a; bبه بازه ) (c; dوجود
دارد. کافی است تابع b d− −a c(x − a) + cرا در نظر بگیریم.
اکنون فرض کنید pnدنبالهای صعودی از اعداد گویا باشد که به p۲میل میکند و qnدنبالهای صعودی از اعداد گویا
باشد که به p۳میل میکند. همچنین فرض میکنیم p۰ = ۰و .q۰ = ۰در این صورت تابع f : A ! Bرا به این صورت
تعریف میکنیم:
f(x) =
8<:
اگر x x ≤ ۰
qi+۱−qi
pi+۱−pi
(x − pi) + qi x 2 [pi; pi+۱] اگر
شکل زیر، نحوه تعریف fرا نشان میدهد. واضح است که fیک یه یک، پوشا و صعودی است.
ب. بله، وجود دارد.
هر دو مجموعهی Aو Bشمارا هستند. پس میتوان اعضای آنها را شمارهگذاری کرد:
A = fa۱; a۲; a۳; : : :g
B = fb۱; b۲; b۳; : : :g.
۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
همچنین دقت کنید که هر دو مجموعه Aو Bاین خاصیت را دارند که بین هر دو عددی، بینهایت عضو از Aو بینهایت
عضو از Bوجود دارد.
اکنون تابع fرا در به طور استقرایی تعریف میکنیم. ابتدا تعریف میکنیم .f(a۱) = b۱فرض کنید در مرحله nام، تابع
fرا روی تعداد متناهی از اعضای Aتعریف کردهایم به طوری که صعودی و یکبهیک است. اکنون دو عمل روی تابع f
انجام میدهیم.
• عمل الف. فرض کنید kکوچکترین اندیسی باشد که تا کنون ) f(akرا تعریف نکردهایم. و فرض کنید iهایی که
) f(aiها را تعریف کردهایم عبارت باشند از i۲ ،i۱و : : : و .irاعداد air ،: : : ،ai۲ ،ai۱را به ترتیب صعودی مرتب
کنید و ببینید که akبین کدام دو تا از آنها قرار میگیرد. فرض کنید مثلاً بین arو asقرار بگیرد. اکنون ) f(arو
) f(asرا در نظر بگیرید. بنابر خاصیتی که گفته شد، بین این دو عدد، بینهایت عضو از Bوجود دارد. پس حتماً
عضوی از Bدر این بین هست که تا کنون در برد fقرار نگرفته است. آن را qبنامید و تعریف کنید .f(ak) = q
اکنون به اعضای دامنهی fیک عضو اضافه شد و توجه کنید که با توجه به نحوهی تعریف ) ،f(akتابع fهمچنان
صعودی است.
• عمل ب. اکنون عمل مشابهی برای وارون fانجام میدهیم. در واقع فرض کنید lکوچکترین اندیسی باشد که تا
کنون blدر برد fقرار نگرفته است. و فرض کنید iهایی که biها در برد fهستند عبارت باشند از i۲ ،i۱و : : : و .ir
اعداد bir ،: : : ،bi۲ ،bi۱را به ترتیب صعودی مرتب کنید و ببینید که bkبین کدام دو تا از آنها قرار میگیرد. فرض
کنید مثلاً بین brو bsقرار بگیرد. اکنون ) f −۱(brو ) f −۱(bsرا در نظر بگیرید. بنابر خاصیتی که گفته شد، بین این
دو عدد، بینهایت عضو از Aوجود دارد. پس حتماً عضوی از Aدر این بین هست که تا کنون ِfآن تعریف نشده
است. آن را qبنامید و تعریف کنید .f(q) = bkاکنون به تعداد اعضای دامنهی fیک واحد اضافه شد و توجه
کنید که با توجه به نحوهی تعریف ) ،f(qتابع fهمچنان صعودی است.
پس دیدیم که با انجام عمل الف و عمل ب، دامنه تابع و برد تابع دو عضو بیشتر شد. مهمتر از آن این که با توجه به نحوه
انتخاب اندیس kو اندیس ،lهر بار اولین aiای که در دامنه نیست به دامنه اضافه میشود و نیز اولین biای که در برد
نیست به برد اضافه میشود. بنابر این اگر انجام عملهای الف و ب را تا بینهایت ادامه دهیم، دامنه fکل Aو برد fکل
Bخواهد شد و چون در تمام مراحل تابع یکبهیک و صعودی باقی میماند پس حکم ثابت میشود.
پ. خیر، وجود ندارد.
فرض کنید چنین تابعی وجود داشته باشد. زیرمجموعهی Cاز Bرا به صورت C = f۰g × Rدر نظر بگیرید. Cدارای این
خاصیت است که اگر xو yعضو آن باشند آنگاه هر zای عضو Bکه بین xو yباشد نیز عضو آن است. اکنون تعریف کنید
D = f −۱(C)
دقت کنید که Dزیرمجموعهای از Rاست. از آنجا که fصعودی، یکبهیک و پوشا است پس Dنیز باید همان خاصیت
Cرا داشته باشد. یعنی اگر xو yعضو آن باشند آنگاه هر zای عضو Rکه بین xو yباشد نیز عضو آن است. چنین
زیرمجموعهای از اعداد حقیقی باید یک بازه باشد. ادعا میکنیم دو سر این بازه باید باز باشند. چون اگر یکی از سرهای
بازه، بسته باشد آنگاه Dعضو ماکزیمم یا مینیمم دارد در حالیکه Cعضو ماکزیمم یا مینیمم ندارد. پس مجموعهی D
بازهای به شکل ) (a; bاست. اکنون ) x = f −۱(bرا در نظر بگیرید و فرض کنید ) .x = (x۱; x۲از آنجا که bاز همه اعضای
Dبزرگتر است پس xنیز از همه اعضای Cبزرگتر است. پس باید .x۱ > ۰ولی در این صورت ) y = (x۱=۲; ۰عضوی.
۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
از Bاست که از همه اعضای Cبزرگتر و از xکوچکتر است. پس ) f −۱(yنیز عضوی از Rاست که از همه اعضای D
بزرگتر و از bکوچکتر است، ولی چنین عددی وجود ندارد. این تناقض نشان میدهد که تابع fوجود ندارد.
ت. خیر، وجود ندارد.
اگر xو yدو عضو از یک مجموعه مرتب باشند، گوییم yعضو بعد از xاست اگر y > xو هیچ عضوی بین xو yنباشد.
عضو xاز یک مجموعه مرتب Aرا »بنبست« مینامیم اگر هیچ عضو بعدی نداشته باشد.
فرض کنید تابع یکبهیک، پوشا و صعودی fاز Aبه Bموجود باشد. در این صورت xیک عضو بنبست از Aاست اگر و
تنها اگر ) f(xیک عضو بنبست از Bباشد.
اکنون دقت کنید که اعضای بنبست Aعبارتند از
f( ۱
۲
;
۱۲
);( ۱
۴
;
۱۲
);( ۱
۸
;
۱۲
); : : :g
و اعضای بنبست Bعبارتند از
f( ۱
۲
;
۱۲
);( ۱
۴
;
۱۲
);( ۱
۸
;
۱۲
); : : : ;(۰; ۱
۲
)g
بنابراین ) (۰; ۱ ۲یک عضو مینیمم در بین اعضای بنبست Bاست پس باید )) f −۱((۰; ۱ ۲نیز یک عضو مینیمم در بین اعضای
بنبست Aباشد حالآنکه اعضای بنبست Aدارای عضو مینیمم نیستند. این تناقض نشان میدهد که تابع fوجود ندارد.
ث. مجموعهی Y = f۲−n j n 2 Ng [ f۰gرا در نظر بگیرید و تعریف کنید
A = Y [ (۱ + Y ) [ (۲ + Y ) [ · · ·
B = A [ f−۱g
ابتدا نشان میدهیم تابعی پوشا و صعودی از Aبه Bو همچنین از Bبه Aوجود دارد.
تابع f : A ! Bرا به این صورت تعریف کنید:
f(x) =
8<:
اگر −۱ x < ۱
x − ۱ x ≥ ۱ اگر
به راحتی مشاهده میشود که fصعودی و پوشا است.
همچنین تابع g : B ! Aرا به این صورت تعریف کنید:
g(x) =
8<:
اگر ۰ x = −۱
اگر x x ̸= −۱
به راحتی مشاهده میشود که gنیز صعودی و پوشا است.
اکنون نشان میدهیم تابعی یکبهیک، پوشا و صعودی از Aبه Bوجود ندارد. فرض کنید چنین تابعی وجود داشته باشد.
از آنجا که ۰عضو مینیمم Aاست پس باید ) f(xنیز عضو مینیمم Bباشد که −۱است. اما در ۰ ،Bعضو بعد از −۱است
پس باید ) f −۱(۰نیز عضو بعد از ۰در Aباشد حال آنکه در ۰ ،Aدارای عضو بعدی نیست. این تناقض نشان میدهد که
fوجود ندارد..
۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۲چالش چاله!
ادعا میکنیم میتوان چندوجهی را به هر اندازهی دلخواه در هر جهت دلخواه حرکت داد.
برای به حرکت در آوردن چندوجهی ابتدا یک خط راست از نقطهای درون آن به نقطهی مقصد بکشید. چون چندوجهی
محدب است، این پارهخط حتماً یک وجه را قطع میکند. در جهت این پارهخط و به سمت مورد نظر چندوجهی را بغلتانید.
حال اگر فـاصلهی نزدیکترین محل تماس چندوجهی با زمین تا نقطهی مقصد را اندازه بگیریم از حالت اولیه کمتر شده
است.
تنها باید نشان دهیم مقدار مثبت ثابتی وجود دارد که هر بار حداقـل به آن اندازه به نقطهی مقصد نزدیک میشویم، یعنی
در واقع مقدار نزدیک شدنهای ما یک دنبالهی همگرا به صفر را تشکیل نمیدهد. اگر چنین اتفـاقی بیفتد، در این صورت
چندوجهی حول یک راس غلتیده است )یعنی وجههای متصل به یک راس را مرتباً طی کردهاست( زیرا اگر در دو غلتیدن
متوالی، ضلعهای چندوجهی را طوری طی شود که رأس زاویهی بین اضلاع اول و دوم و رأس زاویه بین اضلاع دوم و سوم
متفـاوت باشد حداقـل مسیر طی شده در این دو غلتیدن به اندازهی فـاصلهی بین این دو راس است، در نتیجه دنبالهی
مقـادیر غلتیدن به صفر همگرا نمیشود.
لم. ادعا میکنیم غلتیدن حول یک راس تنها به اندازهی تعداد وجوه متصل به آن امکانپذیر است.
اثبات. چندوجهی را حول یک راس باز کنید. در هر بار غلتاندن چندوجهی حول خط، مسیری را که این خط روی آن
وجهها را قطع میکند علامت گذاری کنید. چون چندوجهی در مسیر یک خط میغلتد بعد از باز کردن آن باید یک خط
راست روی وجوه ببینیم. میدانیم در یک صفحه یک خط هر چندضلعی محدب را حداکثر یک بار قطع میکند. بنابراین
چندوجهی در غلتیدن حول یک رأس حداکثر یک بار روی یک وجه فرود آمده است.
با استفـاده از این لم و شرطی که برای همگرا بودن مسیر غلتیدن به دست آوردیم نتیجه میگیریم که طول طی شده توسط
غلتیدن چندوجهی به این شکل هیچگاه همگرا نمیشود. سپس چندوجهی را به هر اندازه و در هر جهت که بخواهیم
میتوانیم حرکت دهیم.
برای کامل کردن حل مسئلهی اصلی، پارهخطی شکسته در صفحه در نظر میگیریم، که نقطهی شروع حرکت را به نقطهی
ابتدایی پل، سپس نقطهی ابتدایی پل را به نقطهی انتهایی آن و در نهایت نقطهی انتهایی پل را به نقطهی وسط چاله
متصل کند. طبق بالا میتوان چندوجهی را روی این مسیر حرکت داد و چون همواره یک نقطه از چندوجهی با این
پارهخطها اشتراک دارد، چندوجهی به درون دره نمیافتد و از پل جان سالم به در میبرد. وقتی که چندوجهی به نقطهی
نهایی برسد چون شعاع چاله به اندازهی قطر چندوجهی است، حتماً دورترین نقطه از چندوجهی به مرکز چاله، درون آن
قرار گرفته و در نتیجه چندوجهی به داخل چاله خواهد افتاد و چالش چاله را به سلامت پشت سر گذاشتهایم!.
۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۳باقینماندهی ایرانی!
توجه. باید این فرض به صورت سؤال اضافه شود که diها همه بزرگتر از یک هستند.
الف. با توجه به اینکه diها بزرگتر از ۱و نسبت به هم اول هستند، از یکدیگر متمایزند. بنابراین بدون کاسته شدن از
کلیت سؤال میتوان فرض کرد .۱ < d۱ < · · · < dnابتدا مسأله را در حالت d۱ > ۲حل میکنیم و بعد حالات دیگر را از
آن نتیجه میگیریم.
برای هر زیرمجموعهی I = fi۱ < · · · < ikgاز اعداد ۱تا dI ،nرا به صورت di۱ · · · dikتعریف میکنیم. از قضیهی
باقیماندهی چینی میدانیم که معادلات همنهشتی
x
di۱
≡ ri۱; : : : x
dik
≡ rik
تنها یک جواب به پیمانهی dIدارد. یکی از این جوابها را با rIنمایش میدهیم. )وقتی Iتهی باشد، هیچ معادلهای
x
dI
نداریم و بنابراین همهی اعداد صحیح جواب هستند. در این حالت میتوان dIو rIرا برابر ۱تعریف کرد(. پس ≡ rI
معادل با دستگاههای همنهشتی ذکرشده است.
حال فرض کنید Mیک عدد مثبت دلخواه باشد. بنابر اصل شمول و عدم شمول تعداد جوابهای طبیعی و کوچکتر یا
مساوی Mبرای دستگاه نامعادلات همنهشتی
x
d۱
̸≡ r۱; : : : ; x
dn
̸≡ rn
برابر است با:
∑
I⊆f۱;:::;ng
(−۱)jIjjf۱ ≤ x ≤ Mjx d ≡ I rIgj:
با یک استدلال ساده میتوان نشان داد که تعداد جوابهای هر معادلهی همنهشتی به صورت x ≡ d rدر بازهی ][۱; M
برابر با یکی از اعداد ⌋ ⌊ M dو یا ⌉ ⌈ M dاست و در هر دو صورت اختلافش با M dکمتر از ۱است. با توجه به این نکته عبارت
بالا از مقدار زیر بیشتر است:
( ∑
I⊆f۱;:::;ng
(−۱)jIj M
dI ) − ۲n = M(۱ − d ۱ ۱ − · · · − d ۱ n + d۱ ۱d۲ + · · · ) − ۲n
= M(۱ − ۱
d۱ ) · · · (۱ − d ۱ n ) − ۲n:
حال اگر M = ۳nو همهی diها حداقـل برابر ۳باشند، این عبارت حداقـل برابر است با:
۳n(۱ − ۱
۳
)n − ۲n = ۰:
پس در این حالت نتیجه میشود که تعداد جوابهای نامعادلات مسأله عددی مثبت است.
اما برای حالت ،d۱ = ۲بسته به زوجیت ،r۱نامعادلهی اول زوجیت xرا تعیین میکند. در هر دو صورت میتوان از یکی
از تغییر متغیرهای صحیح x = ۲yو یا x = ۲y − ۱استفـاده کرد. حال در بقیهی نامعادلات به جای xعبارت معادل بر
حسب yرا جایگذاری کنید و با استفـاده از وارون ضربی ۲در هر یک از پیمانهها، نامعادلات را بر حسب yبازنویسی کنید
تا به مجموعهی جدیدی از نامعادلات به صورت
y
d۲
̸≡ s۲; : : : ; y
dn
̸≡ sn.
۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
برسید. با توجه به اینکه ،۳ ≤ d۲ < · · · < dnبنابر قسمت قبل این نامعادلات جوابی طبیعی و کمتر یا مساوی ۳n−۱
دارند و در نتیجه با در نظر گرفتن رابطهی بین xو yیک جواب کمتر یا مساوی ۲ × ۳n−۱برای همهی نامعادلات اصلی
بر حسب xبه دست میآید و !۲ × ۳n−۱ < ۳n
ب. مانند قسمت قبل فرض میکنیم که diها به صورت صعودی مرتب شدهاند. در نتیجه برای هر di ،iاز iبیشتر است.
همینطور فرض کنید ϵیک عدد مثبت داده شده است. عدد aرا در بازهی ) ( ۲+ ۲ ϵ; ۱انتخاب میکنیم. به وضوح عدد
طبیعی N۱وجود دارد که .۱ − N ۱۱ > aاز طرف دیگر با توجه به اینکه ، (۲+ ۲ϵ)a > ۱عدد طبیعی N۲وجود دارد که
((۲ + ۲ ϵ)a)N۲ > ۲N۱:
Nرا برابر با N۱ + N۲تعریف میکنیم و نشان میدهیم برای هر n > Nدستگاه نامعادلات همنهشتی مسأله جوابی
حداکثر برابر (۲ + ϵ)nدارد.
با توجه به قسمت قبل میدانیم که تعداد جوابهای این نامعادلات در بازهی ] [۱;(۲ + ϵ)nبیشتر از عبارت زیر است:
(۲ + ϵ)n(۱ − ۱
d۱) · · ·(۱ − d ۱ n) − ۲n:
اما برای n > Nداریم:
(۲ + ϵ)n(۱ − ۱
d۱) · · ·(۱ − d ۱ n) ≥ (۲ + ϵ)n(۱ − ۱ ۲) · · ·(۱ − n + ۱ ۱)
≥ (۲ + ϵ)n(۱ − ۱
۲
)N۱(۱ − ۱
N۱
)n−N۱
> (۲ + ϵ)n۲−N۱an−N۱
= (۲ + ϵ)n۲−N۱ ( ۲ + ۲ ϵ)n−N۱ ((۲ + ۲ ϵ)a)n−N۱ :
توجه کنید که ، ۲+ ۲ ϵ < ۱پس با بیشتر کردن توانش کمتر میشود و از طرف دیگر ، (۲+ ۲ϵ)a > ۱پس با کمتر کردن توانش
کمتر میشود. پس با استفـاده از این نکات و n − N۱ > N۲میتوانیم بنویسیم:
(۲ + ϵ)n۲−N۱ ( ۲ + ۲ ϵ)n−N۱ ((۲ + ۲ ϵ)a)n−N۱ > (۲ + ϵ)n۲−N۱ ( ۲ + ۲ ϵ)n ((۲ + ۲ ϵ)a)N۲
> (۲ + ϵ)n۲−N۱ ( ۲ + ۲ ϵ)n ۲N۱
= ۲n:
پس در نهایت نتیجه میگیریم که:
(۲ + ϵ)n(۱ − ۱
d۱) · · ·(۱ − d ۱ n) − ۲n > ۰
و ادعای ما ثابت میشود..
۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۴چهار لوز!
مسئله را برای یک ۲nضلعی محدب Pکه اضلاعش برابر و اضلاع روبهرویش موازی باشند اثبات میکنیم. این تعمیم برای
استفـاده از استقرا در قسمت سوم مسئله مهم است.
.۱یک لوزیبندی دلخواه از Pو یک لوزی دلخواه از این لوزیبندی را در نظر بگیرید. فرض کنید که دو ضلع موازی از
این لوزی با محور xموازی باشند. در این صورت میتوان این لوزی را از بالا و پایین با لوزیهایی که دو ضلع موازی محور x
دارند، ادامه داد تا در نهایت از هر دو سمت به یک از اضلاع Pبرخورد کنیم. با توجه به این فرض که رأسهای لوزیهای
لوزیبندی نمیتوانند شامل هیچ نقطهی درونی از اضلاع Pباشند، نتیجه میگیریم که هر ضلع لوزی موازی و مساوی با
یکی از اضلاع Pاست.
حال اگر دو ضلع موازی از Pمانند aو ′ aرا در نظر بگیریم، شبیه به استدلال بالا میتوان مسیرهایی از لوزیهایی با اضلاع
موازی این دو ضلع یافت که آنها را به هم متصل کنند. به علاوه از آنجا که هر لوزی در این مسیر را تنها توسط یک لوزی
میتوان ادامه داد، مسیری یگانه مابین aو ′ aوجود دارد. پس هر لوزی محل تقـاطع دو مسیر از اضلاع روبهرو خواهد بود.
برای مثال در شکل زیر لوزی آبیرنگ محل تقـاطع مسیر سبزرنگ و صورتی رنگ است. میدانیم که تعداد این مسیرها
برابر nتا است و بنابراین ) (n ۲لوزی در لوزیبندی وجود دارد.
محاسبهی تعداد یالها نتیجهی یک دوگونهشماری ساده است.
اگر همهی اضلاع لوزیها را بشماریم، از یک سو این تعداد برابر ) ۴(n ۲و از سوی دیگر برابر ۲n + ۲Eاست که Eنمایانگر
تعداد اضلاع درونی لوزیها است. پس
= تعداد کل اضلاعE + ۲n = n + ۲(n ۲) = n + (n۲ − n) = n۲.
۸
.
راهحل آزمون خلاقیت
برای تعداد رأسها هم با توجه به فرمول در مورد گرافهای مسطح داریم:
= ۲تعداد رأسها + تعداد یالها − تعداد ناحیهها
یعنی
= (n+ ۲ ۱) + ۱تعداد رأسها ) = ۲تعداد رأسها +((n ۲) + ۱) − n۲
.۲این گزاره درست نیست. شکل زیر مثال نقض این ادعا را نمایش میدهد.
.۳با استقرا روی nمسئله را ثابت میکنیم. برای n = ۲حکم واضح است. فرض کنید حکم برای )-(۲n − ۲ضلعیها
درست باشد. اضلاع Pرا با e۱; : : : ; e۲nنامگذاری کنید. یک لوزیبندی از Pرا استاندارد مینامیم هرگاه مسیری که
اضلاع e۱و en+۱را به هم وصل میکند مجاور به اضلاع e۲; : : : ; enباشد. در شکل زیر یک لوزیبندی استاندارد رسم شده
است. در این جا اضلاع را با شروع از ضلع بالایی و در جهت ساعتگرد شمارهگذاری کردهایم.
در ادامه نشان میدهیم که با حرکت بیانشده در صورت سؤال میتوان هر لوزیبندی دلخواه را به یک لوزیبندی
استاندارد تبدیل کرد. در این صورت، اگر دو لوزیبندی دلخواه داشته باشیم، میتوانیم هر دو را به دو لوزیبندی
استاندارد تبدیل کنیم. سپس مسیر بین دو ضلع e۱و ) en+۱که در هر دو لوزیبندی مشترک است( را حذف میکنیم تا
یک )-(۲n− ۲ضلعی محدب ′ Pایجاد شود که اضلاع روبهرویش موازی و مساویاند. سپس از فرض استقرا برای ′ Pنتیجه
میشود که میتوان دو لوزیبندی را به هم تبدیل کرد )توجه کنید که حرکت مذکور برگشتپذیر است.(
یک لوزیبندی دلخواه در نظر بگیرید و مسیر بین اضلاع e۱و en+۱را Cبنامید. اگر Cمجاور به تمام اضلاع e۲; : : : ; en
باشد چیزی برای اثبات نداریم. در غیر این صورت، در ادامه با اعمال مذکور به لوزیبندی دیگری خواهیم رسید که تعداد
لوزیهای سمت راست ) Cبین Cو اضلاع (e۲; : : : ; enکمتر شود. با تکرار این عمل ادعا ثابت میشود.
فرض کنید Cمجاور به اضلاع e۱; : : : ; ei−۱باشد که ۲ ≤ i ≤ nو مجاور به ضلع eiنباشد. فرض کنید اولین ضلع بعدی
مجاور به Cضلع ej+۱باشد ) .(j ≤ nبه اضلاع eiتا ejو Cیک )-۲(j − i + ۱ضلعی Qمحدود میشود که لوزیبندی.
۹
.
راهحل آزمون خلاقیت
شده است )اما لزوماً محدب نیست.( اضلاع دیگر Qرا بهترتیب e′ i; : : : ; e′ jبنامید ) e′ iبا eiام رأس مشترک دارد.( کافی
است ثابت کنیم یکی از رئوس Qکه بین اضلاع e′ iو e′ jاست تنها مجاور به یک لوزی در Qاست. در این صورت این رأس
مجاور با سه لوزی در Pاست و اگر عمل مذکور را روی این رأس اعمال کنیم، در لوزیبندی حاصل تعداد لوزیهای سمت
راست Cکمتر میشود و هو المطلوب.
با توجه به این که مسیر شامل هر ekبا Cمتقـاطع است، نتیجه میگیریم که هر یک از e′ i; : : : ; e′ jموازی و مساوی با یکی
e
از ei; : : : ; ejاست. لوزی شامل e′ kدر Qرا Mkبنامید. فرض کنید ضلع دیگر Mkموازی با efkباشد و e′ kموازی با gk
باشد. توجه کنید که fk ̸= gkبرای هر .kاگر به ازای یک kداشته باشیم fk = gk+۱رأس مطلوب پیدا میشود. پس
فرض کنید این طور نیست. توجه کنید که fiباید کمتر از giباشد، زیرا درغیر این صورت Miیا خارج از Qمیافتد و یا ei
را قطع میکند )در حالت کلی، fk < gkبه این معنی است که ضلع دیگر Mkرو به پایین باشد.( حال فرض کنید fk < gk
)استقرا روی kبا شروع از .(k = iبا توجه به این که ضلع e′ k+۱خارج Mkاست، نتیجه میگیریم gk+۱ ≥ fkو از فرض
خلف به دست میآوریم .gk+۱ > fkهمچنین باید داشته باشیم fk+۱ < gk+۱وگرنه Mk+۱یا خارج از Qمیافتد و یا
Mkرا قطع میکند )اینجا از این که fk ̸= gk+۱استفـاده کردهایم، درغیر این صورت ممکن بود Mk = Mk+۱و نتیجهی
مذکور برقرار نباشد.( حال استقرا کامل میشود و نتیجه میگیریم برای هر kداریم fk < gkو .gk+۱ > fkحال ضلعی را
در نظر بگیرید که e′ k+۱موازی eiباشد. در نتیجه .gk+۱ = iاما داریم fk ≥ iو این با gk+۱ > fkمتناقض است.
e′
به عنوان مرور، در پاراگراف قبل نتیجه گرفتیم kای یافت میشود که .fk = gk+۱بنابراین یک رأس بین i; : : : ; e′ j
یافتهایم که تنها مجاور به یک لوزی در Qاست. همانطور که گفتیم، با اعمال عمل مذکور روی این رأس تعداد لوزیهای
سمت راست Cکمتر میشود. پس با تکرار کل این فرآیند Cبه مسیری تبدیل میشود که مجاور به ضلعهای e۲; : : : ; en
است. پس لوزیبندی به یک لوزیبندی استاندارد تبدیل شدهاست و همانطور که گفتیم مسئله ثابت میشود.
.۴با توجه به قسمت اول سؤال مسیری که ضلع بالایی و پایینی Pرا به هم متصل میکند n − ۱لوزی دارد، چرا که باید
دقیقـاً یک لوزی با با ضلع موازی هر راستای دیگری از اضلاع Pدر آن موجود باشد. حال ترتیب قرار گرفتن این لوزیها
میتواند به هر شکلی باشد، در واقع برای راستای دوم پایینترین لوزی )فرض کردهایم که مسیر دو ضلع موازی محور xرا
هم متصل کرده است(. n − ۱انتخاب، برای لوزی بعدی n − ۲انتخاب و... داریم. بنابراین )! (n − ۱حالت برای این مسیر
وجود دارد. با حذف این مسیر و انتقـال مناسب دو چندضلعی حاصل از حذف آن به یک )(۲n − ۲ضلعی میرسیم )در
صورتی که با حذف این مسیر Pدو قسمت نشود هم باز با یک )(۲n − ۲ضلعی روبهرو هستیم( که لوزیبندی شده است.
پس اگر تعداد روشهای لوزیبندی ۲nضلعی را با ) f(nنمایش دهیم:
f(n) ≤ (n − ۱)!f(n − ۱)
در نتیجه:
f(n) ≤ (n − ۱)! × (n − ۲)! × · · · × ۱! =
n−۱
∏ k=۱
kn−k
در ادامه سعی میکنیم کران پایین خواستهشده در صورت مسئله را ثابت کنیم.
در اینجا منظورمان از یک »نیمهمسیر« مجموعهای از اضلاع لوزیها است که تشکیل خطی شکسته بدهند، دو ضلع مقـابل
چندضلعی را به هم متصل کنند و ضمناً برای هر راستا از اضلاع چندضلعی دقیقـاً یک ضلع از لوزیها موازی با آن راستا
انتخاب شده باشد.
اگر یک )(۲n − ۲ضلعی را از روی یک نیمهمسیر آن دو قسمت بکنیم و یکی از قسمتها را با برداری هم طول با اضلاع
)(۲n − ۲ضلعی که موازی با هیچکدام از اضلاع آن نیست انتقـال دهیم و سپس فضای خالی بین نیمهمسیر و انتقـال آن را
با لوزیهایی پر کنیم، در این صورت به یک لوزیبندی از ۲nضلعی خواهیم رسید. پس.
۱۰
.
راهحل آزمون خلاقیت
)) ×f(n − ۱) ≤ f(nتعداد نیمهمسیرها در )(۲n − ۲ضلعی(
از سوی دیگر به کمک استقرا میتوان به سادگی نشان داد که
نیمهمسیرها در ۲kضلعی ≤ ) نیمهمسیرها در )۲(k − ۱ضلعی ( +k
پس تعداد نیمهمسیرها در ۲kضلعی حداقـل ) ۱ + (k ۲است و لذا حکم مسئله به کمک رابطهای که در بالا بیان شد ثابت
میگردد..
۱۱
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۵چندضلعی کذایی!
ابتدا نامگذاریهای زیر را قرارداد میکنیم:
Aتعداد اضلاع در راستای محور x
Bتعداد اضلاع در راستای محور y
Cتعداد اضلاع در راستای محور z
Xتعداد زوایای موازی صفحهی yz
Yتعداد زوایای موازی صفحهی zx
Zتعداد زوایای موازی صفحهی xy
الف. یک ضلع در راستای محور xدر نظر بگیرید. دو رأس این ضلع دو زاویه تشکیل میدهند که یا موازی صفحهی xy
هستند یا موازی صفحهی .xzهمچنین هر زاویه موازی صفحه xyیک ضلع در راستای محور yدارد و یک ضلع در راستای
محور .xبه طور مشابه برای زوایای راستاهای دیگر این احکام برقرار هستند.
پس مجموع تعداد زوایای موازی صفحههای xyو xzبرابرست با دو برابر تعداد اضلاع در راستای محور .xیعنی داریم:
Y + Z = ۲A
و به طور مشابه:
X + Z = ۲B; X + Y = ۲C
که از این سه معادله نتیجه میشود که هر سه عدد Y ،Xو Zزوجیت یکسانی دارند و بنابراین حکم این قسمت ثابت
میشود.
ب. با توجه به قسمت )الف( یک ۶ضلعی شبکهای که همهی رئوسش همصفحه نیستند تنها دو شکل میتواند داشته
باشد.
• موازی هر یک از سه صفحهی مختصاتی دو زاویه داشته باشد.
• موازی یکی از صفحههای مختصاتی ۴زاویه، موازی دیگری ۲زاویه و موازی صفحهی سوم زاویهای نداشته باشد.
در حالت اول چندضلعی را به دو مستطیل که در یک ضلع مشترکند تفکیک کنید. از مرکز هر مستطیل خطی عمود
بر صفحهی گذرا از آن رسم کنید. صفحهی گذرنده از مرکز دو مستطیل و وسط ضلع مشترک آنها به صفحهی هر دو
مستطیل عمود است. پس دو خط عمود گذرا از مرکز مستطیلها روی این صفحه قرار دارند و درنتیجه یکدیگر را قطع
میکنند. محل تقـاطع آنها از همهی رئوس ۶ضلعی شبکهای به یک فـاصله است.
ثابت میکنیم حالت دوم امکانپذیر نیست. طبق معادلات قسمت )الف،( دو برابر تعداد اضلاع در راستای یک محور برابر ۲
خواهد شد. یعنی در راستای یک محور فقط یک ضلع داریم. فرض کنید این محور، محور xباشد. اگر روی اضلاع ۶ضلعی
شروع به حرکت کنیم با عبور از ضلع راستای محور xمقدار مختصهی xافزایش یا کاهش مییابد و این مقدار دیگر تغییر
نمیکند زیرا ضلع دیگری در این راستا نداریم، در نتیجه هیچ وقت به رأس ابتدایی نمیرسیم..
۱۲
.
راهحل آزمون خلاقیت
پ. بله؛ چنین چندضلعیای وجود دارد.
فرض کنید رئوس آن را با A۱; A۲; : : : ; A۲۰۱۴نمایش دهیم. رئوس این چندضلعی را به صورت زیر تعریف میکنیم:
An =
8>>>>>><>>>>>>:
(k; k; ۰) n = ۲k + ۱; ۱ ≤ n ≤ ۱۰۰۷
(k; k − ۱; ۰) n = ۲k; ۱ ≤ n ≤ ۱۰۰۷
(۵۰۳ − k; ۵۰۳ − k; ۱) n = ۱۰۰۷ + ۲k + ۱; ۱۰۰۸ ≤ n ≤ ۲۰۱۴
(۵۰۳ − k; ۵۰۳ − k + ۱; ۱) n = ۱۰۰۷ + ۲k; ۱۰۰۸ ≤ n ≤ ۲۰۱۴
میتوان به راحتی دید که صفحهی ۲x − ۲y + ۲z = ۱از وسط همهی اضلاع چندضلعی میگذرد )کافی است نشان دهیم
برای هر ضلع مقدار ۲x − ۲y + ۲z − ۱در یک سر آن مثبت و در سر دیگر آن منفی است.(
ت. ابتدا با استفـاده از معادلات قسمت )الف( ثابت میکنیم تعداد زاویهها در راستاهای مختلف اضلاع یک مثلث هستند.
X + Y + ۲Z = ۲A + ۲B
پس:
۲C + ۲Z = ۲A + ۲B; C + Z = A + B
و در نتیجه:
C < A + B
و شبیه به همین نکته در مورد راستاهای دیگر هم برقرار است.
در مورد عکس این قسمت، بدون کمشدن از کلیت مسئله میتوان فرض کرد که aبزرگترین ضلع مثلث باشد. میدانیم
.n = b+c−a
b + c > aو تعریف میکنیم ۲
روی صفحهی b+a ۲−c ،xyضلع در راستای محورهای xو yمیکشیم به این صورت که اضلاع یکی در میان موازی محور
xو محور yباشند. سپس روی صفحهی موازی ،xzبه اندازهی c+a ۲−bتا از اضلاع در راستای محور xو zمیکشیم )اگر
a + b + cفرد بود، به اندازهی c+a ۲−bاز هر ضلع انتخاب میکنیم(.
در اینجا فقط nتا از ضلعهای yو zباقی میمانند. یکی در میان nتا از هر ضلع رسم میکنیم و توسط این صفحه، دو
صفحهی دیگر را به هم متصل میکنیم..
۱۳
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۶چند جملهای از یک تابع!
قبل از هرچیز نشان میدهیم که در چنین وضعیتی چندجملهای pیک تابع پوشا از برد fبه برد fتعریف میکند )برای
راحتی نمادگذاری برد fرا با ) R(fنمایش میدهیم.(
اگر ) y 2 R(fباشد، داریم:
y 2 R(f) ) 9x 2 R; f(x۰) = y ) p(y) = p(f(x۰)) = f(p(x۰)) ) p(y) 2 R(f)
پس pتابعی از ) R(fبه خودش تعریف میکند. برای این نشان دهیم این تابع پوشا است، فرض کنید ) y 2 R(fعنصر
دلخواهی باشد. در این صورت x۰ 2 Rهست که .f(x۰) = yحال دقت کنید که هر چندجملهای درجه فرد روی کل
اعداد حقیقی پوشا است )مقدارش برای مقـادیر بزرگ مثبت از هر مقداری بزرگتر و برای مقـادیر منفی بزرگ از هر مقدار
کوچکتر میشود و با توجه به پیوستگی پوشا خواهد بود.( پس میتوان z 2 Rیافت که .p(z) = x۰در نتیجه:
y = f(x۰) = f(p(z)) = p(f(z))
پس عنصر ) f(zدر ) R(fتحت pبه yتصویر میشود و بنابراین استدلال ما تمام میشود.
.۱فرض کنید برد fمجموعهای نامتناهی باشد. با توجه به این که درجهی pاز یک بیشتر است چندجملهی p(x) − x
از جایی به بعد تغییر علامت نمیدهد، یعنی میتوان N > ۰یافت که
x > N ) p(x) > x; x < −N ) p(x) < x
فرض کنید برد fشامل بینهایت عدد مثبت و بینهایت عدد منفی باشد. در این صورت ) x۰; y۰ 2 R(fرا به گونهای
انتخاب میکنیم که .y۰ < −N < N < x۰دقت کنید تمام عناصر ] R(f) \ [y۰; x۰باید تصویر عنصری از ) R(fتحت p
باشند. اما این عنصر نمیتواند بزرگتر از x۰و یا کمتر از y۰باشد، زیرا در حالت اول تصویر آن از خودش بزرگتر و در حالت
دوم تصویر آن از خودش کوچکتر خواهد بود. پس عناصر ] R(f) \[y۰; x۰همگی تصویر خود این مجموعه تحت pهستند.
حال توجه کنید که تصویر خود x۰و y۰هم در خارج از این مجموعه قرار میگیرد. پس با توجه به این که این مجموعه
متناهی است )اعداد صحیح این بازه متناهی است،( لزوماً عنصری از آن وجود دارد که با اعمال تابع pروی عنصرهای
) R(fپوشیده نمیشود که این با پوشا بودن تناقض دارد. با تغییری جزئی در استدلال بالا میتوان حالتهایی که برد f
تنها متناهی عدد مثبت یا متناهی عدد منفی را شامل میشود را هم رد کرد.
.۲چون pچندجملهای درجه فرد با درجهی بیشتر از یک است، p(x) − xهم همین خواص دارد. پس حداقـل یک
ریشهی حقیقی دارد که آن را x۰مینامیم. فرض کنید p(x) = xجوابی به جز x۰ندارد. در این صورت برای مقـادیر x
بیشتر از p(x) > x ،x۰و برای مقـادیر کمتر از p(x) < x ،x۰خواهد بود. از سوی دیگر توجه کنید که اگر aریشهای از
p(x) = xباشد، ) p(f(a)) = f(p(a)) = f(aو این یعنی ) f(aهم ریشهای از این معادله است. حال چون x۰طبق فرض
ما تنها ریشه است، نتیجه میگیریم .f(x۰) = x۰فرض کنید x−m < · · · < x−۱ < x۰ < x۱ < · · · < xnاعضای برد f
باشند. اگر n > ۰باشد، p(xn) > xnو این با این موضوع که تصویر اعضای برد fتحت pمجدداً در برد fهستند، تناقض
دارد. به همین ترتیب اگر m > ۰باشد، p(x−m) < x−mو این مجدداً تناقض است. پس m = n = ۰و بنابراین برد f
تک عضوی است که در صورت سؤال فرض شده بود که چنین نیست.
.۳فرض کنید m + ۱ = n ،z; y۱; : : : ; ymعدد صحیح متمایز دلخواه باشند. در این صورت به کمک درونیابی میتوان.
۱۴
.
راهحل آزمون خلاقیت
چندجملهای با ضرایب حقیقی یافت که
p(z) = z; p(y۱) = y۲; p(y۲) = y۳; : : : ; p(ym) = ym+۱
)اندیس yiها را به پیمانهی mدر نظر میگیریم(.
در صورت لزوم با جمع کردن چندجملهای حاصل از درونیابی با ) xk(x − z)(x − y۱) · · ·(x − ymمیتوان فرض کرد
چندجملهای pبا خاصیت بالا تکین و از درجهی فرد است. حال برای هر عدد حقیقی xتابع fرا صورت زیر تعریف
میکنیم:
• حالت اول. اگر برای عدد حقیقی xبتوان عدد صحیح نامنفی kیافت که ) pk(x) = yiمنظور kبار ترکیب تابع f
است و f ۰(x) = xفرض میشود( برای یک f(x) ،۱ ≤ i ≤ mرا برابر yi−kتعریف میکنیم )اندیسها به پیمانهی
mهستند.( توجه کنید که این تعریف ابهامی ندارد، چرا که اگر kکوچکترین عدد صحیح نامنفی باشد که )pk(x
برابر یکی از yiها مثلاً yjباشد، برای هر sصحیح نامنفی pk+s(x) = yi+sو چون (i + s) − (k + s) = i − k
است، فرقی نمیکند که از کدام یک برای تعریف fاستفـاده کنیم. )به صورت خاص با این تعریف (.f(yi) = yi
• حالت دوم. اگر برای عدد حقیقی xهیچ یک از )pk(xها برابر yiها نشود، ) f(xرا zتعریف میکنیم.
ادعا میکنیم که این نحوهی تعریف خاصیت مسئله را دارد.
• اگر ،f(x) = yiیعنی عدد صحیح نامنفی kو ۱ ≤ j ≤ mوجود دارد که pk(x) = yjو .yj−k = yiحال
.f(p(x)) = yj+۱−k = yi+۱ = p(yi) = p(f(x)) پسpk(p(x)) = p(yj) = yj+۱
• اگر هم f(x) = zباشد، یعنی )pk(xها هیچگاه برابر yiها نمیشوند، پس )pk(p(x)) = pk+۱(xها هم هیچگاه برابر
yiها نخواهند بود و بنابراین )).f(p(x)) = z = p(z) = p(f(x
به این ترتیب کار به پایان میرسد..
۱۵
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره .۷تعمیر ماشین!
ابتدا چند قرارداد:
اولاً خروجی هر وضعیت را به رنگ آن تعبیر میکنیم و دو وضعیت با خروجی یکسان را »همرنگ« میگوییم.
ثانیاً برای نمایش حروف ورودی از فونت خاصی استفـاده میکنیم: .I = fa; b; c; : : : g
ثالثاً یک دنباله از حروف ورودی )اعضای (Iرا یک کلمه میگوییم و وضعیتی که پس از وارد کردن کلمهی wاز وضعیت s
به آن میرسیم را با swنشان میدهیم. مثلاً ) sa = t(s; aو اگر .sw = t(t(s; a); b) ،w = ab
.۱از آنجایی که بنابر فرض تابع o : S ! Cپوشاست، n − pعددی نامنفی است. حکم را با استقرا روی n − pثابت
میکنیم. پایهی استقرا، یعنی n − p = ۰واضح است، چون در این حالت یک تناظر بین وضعیتها و خروجی وجود دارد و
در نتیجه بدون وارد کردن هیچ حرفی، میتوان وضعیت ماشین را با مشاهدهی خروجی تشخیص داد.
برای اثبات گام استقرا، به لم زیر احتیاج داریم:
لم. اگر nبیشتر از pباشد، دو وضعیت همرنگ sو tو عضوی مانند aاز Iوجود دارد که saو taهمرنگ نباشند.
اثبات. با توجه به اینکه تعداد رنگها از تعداد وضعیتها کمتر است، دو وضعیت همرنگ متفـاوت مانند ~ sو ~ tوجود دارد.
بنابر فرض مسأله، کلمهای یافت میشود که ~ sو ~ tرا از نظر خروجی از هم تفکیک کند. wرا کوتاهترین کلمهی با این
خاصیت در نظر بگیرید. بنابراین با شروع از ~ sو ~ tو وارد کردن هر کلمهی کوچکتر از ،wخروجی دستگاه یکسان است،
ولی خروجی s ~wو t ~wمتفـاوت است. حال فرض کنید آخرین حرف wبرابر aباشد، یعنی a) .w = ~ waیک متغیر است و
نه یک عضو خاص از ،Iبه قراردادمان در ابتدا توجه کنید(! پس اگر قرار دهیم ~ s = ~ swو ~ s ،t = t ~wو tهمرنگ هستند
ولی sa = ~ swو ta = t ~wهمرنگ نیستند.
در ادامهی استقرا فرض کنید n − p > ۰و حکم برای همهی ماشینهای با مقدار کمتر n − pصادق است. بنابر لم
دو وضعیت همرنگ sو ) tمثلاً به رنگ (c۱و حرف aوجود دارد که saو taهمرنگ نباشند. ماشین ~ Mرا با همان
وضعیتهای ،Mورودیهای Iو قـاعدهی تغییر وضعیت در نظر بگیرید که فقط خروجیهای آن - به صورتی که خواهد
آمد - تغییر یافته است. دو عضو ′ cو ′′ cبیرون از ) Cمجموعهی خروجیهای (Mدر نظر بگیرید. خروجی وضعیت دلخواه
uدر ~ Mرا در صورتی که در Mرنگی غیر از c۱داشته باشد، خروجی uدر Mبگیرید و اگر خروجی آن در c۱ ،Mباشد،
بسته به اینکه رنگ uaدر Mبرابر saباشد، ′ cو در غیر اینصورت ′′ cتعریف کنید. با این تعریف، ~ Mیک ماشین با n
وضعیت و p + ۱خروجی است که بنابر فرض استقرا حکم برای آن صادق است.
حال دو وضعیت uو vرا در نظر بگیرید. میدانیم کلمهی wبه طول حداکثر n − p − ۱وجود دارد که خروجی uwو vw
در ~ Mیکسان نباشد. اگر یکی از uwو یا vwبه رنگی غیر از ′ cو ′′ cباشند، به وضوح خروجی آنها در Mهم متفـاوت
است. در غیر اینصورت میتوان فرض کرد uwبه رنگ ′ cو vwبه رنگ ′′ cاست. با توجه به تعریف رنگها در ~ ،Mرنگ
uwaبا saیکسان است و رنگ vwaبا رنگ saیکسان نیست. پس در هر صورت یکی از کلمات wو یا waکه طول
حداکثر n − pدارند، خروجی متفـاوتی از uو vمیگیرند.
.۲فرض کنید بدانیم که وضعیت کنونی ماشین در یک زیرمجموعهی n۱عضوی S۱از مجموعهی کل وضعیتها )یعنی
(Sقرار دارد. در اینصورت اگر n۱بیشتر از ۱باشد، S۱شامل دو عضو مانند sو tاست. بنابر قسمت قبل، کلمهای
مانند wبا طول حداکثر nوجود دارد که swو twناهمرنگ باشند. پس خروجی دستگاه پس از وارد کردن wبا شروع از
همهی وضعیتهای S۱یکسان نیست. حال فرض کنید با دانستن اینکه وضعیت در S۱است، wرا وارد کنیم و خروجی
نهایی مثلاً به رنگ cباشد. تمامی وضعیتهای S۱که پس از وارد کردن wرنگ cرا میدهند، زیرمجموعهای اکید مانند.
۱۶
.
راهحل آزمون خلاقیت
T = ft۱; : : : ; tkgاز S۱هستند، پس وضعیت دستگاه پس از وارد کردن wیکی از وضعیتهای Tw = f(t۱)w; : : : ; (tk)wg
است که تعداد کمتری از S۱عضو دارد.
با این ایده میتوان یک دستورالعمل به طول حداکثر n۲ارائه کرد که ماشین را از هر وضعیت نامشخصی به یک وضعیت
معلوم برساند، به این ترتیب که در هر مرحله با وارد کردن یک کلمه به طول حداکثر ،nمیتوان تعداد احتمالاتی که برای
وضعیت کنونی ماشین وجود دارد کمتر کرد و نهایتاً وضعیت ماشین را مشخص کرد.
برای اثبات کران n ۲۲میتوان از لم زیر و اثباتی کاملاً مشابه با ایدهی بالا استفـاده کرد.
لم. فرض کنید S۱زیرمجموعهای n۱عضوی از وضعیتها باشد. در اینصورت کلمهای با طول حداکثر − max(n − n۱
) p + ۲; ۰وجود دارد که خروجی اعضای S۱بعد از وارد کردن آن، یکسان نیست.
اثبات. حالت خاص n۱ = ۲در لم بالا همان قسمت اول سؤال است. برای اثبات حالت کلی لم، مانند قسمت قبل روی
n − pاستقرا بزنید و بررسی کنید که اگر ،n۱ ≥ n − p + ۲چه اتفـاقی میافتد..
۱۷
.
راهحل آزمون خلاقیت
سؤال شماره Kn .۸و دیگر هیچ!
جدول ۱ × nای در نظربگیرید که در خانههای آن به ترتیب از چپ به راست x۱تا xnنوشته شده است.
حال ما به هر کاشیکاری از این جدول ۱× nبا کاشیهای ۱× ۱و ،۱× ۲یک چندجملهای از xiها را به این صورت نسبت
میدهیم که برای هر کاشی ۱ × ۲جمع مربع متغیرهای خانههای آن و برای کاشیهای ۱ × ۱تنها متغیر خانهی مربوط
به آن را در نظر میگیریم. سپس چندجملهایهای مربوط به کاشیهای مختلف را در هم ضرب میکنیم تا چندجملهای
مربوط به آن کاشیکاری به دست بیاید. برای مثال در یک جدول ۱ × ۴پنج روش زیر برای کاشیکاری وجود دارد.
به اینx۱x۲x۳x۴ وx۱(x۲ ۲ + x۲ ۳)x۴ ،x۱x۲(x۲ ۳ + x۲ ۴) ،(x۲ ۱ + x۲ ۲)x۳x۴ ،(x۲ ۱ + x۲ ۲)(x۲ ۳ + x۲ ۴) که به ترتیب چندجملهایهای
پنج کاشیکاری نسبت داده میشود. چندجملهای مربوط به کاشیکاری جدول ۱ × nکه به این روش به دست میآید را
Pnمینامیم.
دقت کنید که وقتی n = ۰; ۱تنها یک روش برای کاشیکاری داریم و در نتیجه P۰ = ۱و .P۱(x۱) = x۱پس برای مقـادیر
اولیه Piو Kiیکسان هستند. حال ادعا میکنیم که Piو Kiدر یک رابطهی بازگشتی صدق میکنند. دقت کنید که
اگر در یک کاشیکاری جدول nخانهای، خانهی آخر به تنهایی یک کاشی باشد، جملهی xnدر همهی چندجملهایهای
x۲
مربوط به کاشیکاریهای n − ۱تایی ضرب میشود و اگر این خانه در یک کاشی ۱ × ۲قرار بگیرد، جملهی n−۱ + x۲ n
برای این کاشی در همهی چندجملههایی مربوط به کاشیکاریهای جدول n − ۲تایی ضرب میشود. یعنی = Pn
.xnPn−۱ + (x۲ n + x۲ n−۱)Pn−۲پس Pnو Qnبا هم همیشه برابر هستند.
اما دقت کنید که قرینهکردن هر کاشیکاری نسبت به محور تقـارن جدول ما را به کاشیکاری جدید میرساند، که
چندجملهای مربوط به آن کاشیکاری جدید از جابهجا کردن xiبا xn−iدر چندجملهای کاشیکاری اولیه به دست
میآید. اما دقت کنید که با این قرینه کردن مجموعهی همهی کاشیکاریها را تغییر نمیدهد و بنابراین باید چندجملهای
) Pn(x۱; x۲; : : : ; xnبا ) Pn(xn; : : : ; x۲; x۱یکسان باشد و بنابراین حکم مسئله به اثبات میرسد.
https://sites.google.com/site/dabiramoz9/secretary-of-education-mathematical-education
https://medu.shop/product/math-teacher-%D8%B1%DB%8C%D8%A7%D8%B6%DB%8C/
