Matematyka.pl

mówicie że to jest łatwiejsze od OM?

Brzytwa pisze:2)
\(\displaystyle{ \lim_{p \to 0 }\ln (\frac{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p}}{n})^{\frac{1}{p}} = \lim_{p \to 0}\frac{1}{p} \ln \frac{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p}}{n} = \lim_{ p \to 0} \frac{\ln(\frac{\sum_{i=1}^{n}(a_{i}^{p}-1)}{n}+1)}{\frac{\sum_{i=1}^{n}(a_{i}^{p}-1)}{n}} \frac{\sum_{i=1}^{n}(a_{i}^{p}-1)}{p} \frac{1}{n} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln a_{i}= ln\sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n} a_{i}}}\)

Wzorcowe rozwiązanie

tkrass pisze:mówicie że to jest łatwiejsze od OM?

Tzn. tak mi się wydaje, że większość jest troszkę prostsza Oczywiście możesz się z tym nie zgadzać, niektóre są w miarę trudne.

Zależy oczywiście od którego etapu i której olimpiady. Na 2 etapie zdarzają się prostsze zadania.

polskimisiek pisze:10)Niezła kongruencja

Znajdź ostatnie trzy cyfry liczby \(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\)

\(\displaystyle{ a^{\varphi(m)+1}\equiv a \mod m}\)
\(\displaystyle{ \varphi(p^n)=p^n\left(1-\frac{1}{p}\right)}\)
\(\displaystyle{ \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)}\)

\(\displaystyle{ \varphi(100)=\varphi(5^2)\varphi(4)=40}\)
\(\displaystyle{ \varphi(125)=\varphi(5^3)=100}\)

\(\displaystyle{ 2008^{2007}\equiv 8^{2007}}=8^{48\left(\varphi(100)+1\right)}\cdot 8^{39} \equiv 8^{87}= 8^{2\left(\varphi(100)+1\right)}\cdot 8^5\equiv2^{21}\equiv}\)
\(\displaystyle{ 24^2\cdot 2 \equiv 52 \mod100}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 9^{2008^{2007}}=9^{100k+52}=9^{k\varphi(125)}\cdot 3^{\varphi(125)}\cdot 3^4\equiv3^4=81 \mod125}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 1 \mod8}\)

\(\displaystyle{ (125,8)=1}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 81 \mod 1000}\)

a tak z ciekawości polskimisiek, skąd brałeś te zadania, bo 2,3,5 chyba kiedyś robiłem (albo bardzo podobne)

King James pisze:

polskimisiek pisze:10)Niezła kongruencja

Znajdź ostatnie trzy cyfry liczby \(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\)

\(\displaystyle{ a^{\varphi(m)+1}\equiv a \mod m}\)
\(\displaystyle{ \varphi(p^n)=p^n\left(1-\frac{1}{p}\right)}\)
\(\displaystyle{ \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)}\)

\(\displaystyle{ \varphi(100)=\varphi(5^2)\varphi(4)=40}\)
\(\displaystyle{ \varphi(125)=\varphi(5^3)=100}\)

\(\displaystyle{ 2008^{2007}\equiv 8^{2007}}=8^{48\left(\varphi(100)+1\right)}\cdot 8^{39} \equiv 8^{87} \equiv 8^{2\left(\varphi(100)+1\right)}\cdot 8^5=2^{21}\equiv}\)
\(\displaystyle{ 24^2\cdot 2 \equiv 152 \mod100}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 9^{2008^{2007}}=9^{100k+152}=9^{k\varphi(125)}\cdot 3^{3\varphi(125)}\cdot 3^4\equiv3^4=81 \mod125}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 1 \mod8}\)

\(\displaystyle{ (125,8)=1}\)

\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 81 \mod 1000}\)

Pięknie!
Moje rozwiązanie:
\(\displaystyle{ 2009^{2008^{2007}}\equiv 9^{2008^{2007}}\equiv 9^{2k}\equiv 1 \ (mod \ 10)}\)
Pozostaje zatem zbadać przystawanie modulo 100 liczby:
\(\displaystyle{ \frac {9^{2008^{2007}} - 1}{10} = - \frac {1 - ( - 9)^{2008}^{2007}}{1 - ( - 9)} = - (1 + (-9) + (-9)^{2} + ... + (-9)^{2008^{2007} - 1}) \ (mod100)}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ - (1 + (-9) + (-9)^{2} + ... + (-9)^{2008^{2007} - 1})\equiv -(1+1+...+1)\equiv -2008^{2007}\equiv -8^{2007}\equiv -8^{4s+3}\equiv -2 \equiv 8 \ (mod10)}\)
Ponadto wiadomo, że \(\displaystyle{ (-9)^{10}\equiv 1 \ (mod100)}\) (tu już się wspomagałem kalkulatorem )
Czyli też \(\displaystyle{ -\sum_{i=0}^{9}(-9)^{i}\equiv 60 \ (mod100)}\)
Są to grupy 10-elementowe, a ostatnia cyfra to 8, zatem mozliwe końcówki to 68, 28, 88, 48, 08.
Zdefiniujmy k, tak żeby \(\displaystyle{ 2008^{2007}=10k+2}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ k=10x+y}\), zatem \(\displaystyle{ 2008^{2007}=10(10x+y)+2=100x+10y+2}\)
Wystarczy teraz zatem znaleźć y. W tym celu badamy mod100
Zauważmy przy okazji, że \(\displaystyle{ 8^{4}\equiv -4 \equiv (-4)^{6}\ (mod100)}\)
\(\displaystyle{ 2008^{2007}\equiv 8^{4*501+3}\equiv (-4)^{501}*8^{3}\equiv 4^{6*83}*32\equiv (-4)^{83}*32\equiv (-8)*4^{84}\equiv (-8)*4^{14} \equiv 52\ (mod100)}\)
Zatem \(\displaystyle{ (10y+2=52)\Rightarrow k\equiv 5 \ (mod10)}\)
Zatem ilość elementów przystaje do 5 modulo 10, zatem końcówką będzie 08
Ostatecznie ostatnie 3 cyfry naszej liczby to \(\displaystyle{ 081}\)

chris139 pisze:a tak z ciekawości polskimisiek, skąd brałeś te zadania, bo 2,3,5 chyba kiedyś robiłem (albo bardzo podobne)

Są to zadanka, które w różny sposób (kółka, książki, inne źródła) przewinęły mi się ostatnio

Dam sobie głowę uciąć, że 9) jest gdzieś w tym dziale. Zapiszmy:
\(\displaystyle{ w(x) = \frac{3}{x} + \frac{1}{x-1} + \frac{4}{x-2} + \frac{4}{x-3} + \frac{1}{x-4} + \frac{3}{x-5}}\)
Widać, że:
\(\displaystyle{ w(x) = w(x-5)}\)
Zatem ewentualne pierwiastki są symetryczne względem \(\displaystyle{ \frac{5}{2}}\) Podstawmy:
\(\displaystyle{ x= t + \frac{5}{2}}\)
Po pogrupowaniu dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{6t}{(t+\frac{5}{2})(t - \frac{5}{2})} + \frac{2t}{(t+\frac{3}{2})(t - \frac{3}{2})} + \frac{8t}{(t+ \frac{1}{2})(t-\frac{1}{2})} = 0}\)
Otrzymujemy zatem jeden z pierwiastków:
\(\displaystyle{ x= \frac{5}{2}}\)
Na razie więcej nie wymyśliłem, a wymnażać tego nie będę (choć wyszedłby wielomian 4 stopnia, więc niby można, ale komu by się chciało ).

zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n}}\) wynika z nierówności Schwarza dla sum skończonych:
\(\displaystyle{ (\sum_{n=s}^{s+p}\frac{a_{n}}{n})^2\leq (\sum_{n=s}^{s+p}a_n^2)(\sum_{n=s}^{s+p}\frac{1}{n^2})}\). zakładając, że odpowiedni szereg jest zbieżny, pierwszy czynnik po prawej jest \(\displaystyle{ }\)

klaustrofob pisze:zbieżność szeregu \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n}}\) wynika z nierówności Schwarza dla sum skończonych:
\(\displaystyle{ (\sum_{n=s}^{s+p}\frac{a_{n}}{n})^2\leq (\sum_{n=s}^{s+p}a_n^2)(\sum_{n=s}^{s+p}\frac{1}{n^2})}\). zakładając, że odpowiedni szereg jest zbieżny, pierwszy czynnik po prawej jest \(\displaystyle{

Zostało jeszcze 7,8,9}\)

Jakby kogoś to interesowało to to coś w 7 to jest po wymnożeniu:
\(\displaystyle{ 1+\frac{4b}{c+a}+\frac{4a}{b+c}+\frac{4c}{a+b}+\frac{16ab}{c^{2}+ab+ac+bc}+\frac{16ac}{b^{2}+ab+ac+bc}+\frac{16bc}{a^{2}+ab+ac+bc}+\frac{64abc}{2abc+a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}}}\)
Nie wiem czy to potrzebne ale może komuś oszczędzę trudów robienia tego.

Wasilewski napisal:

Po pogrupowaniu dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{6t}{(t+\frac{5}{2})(t - \frac{5}{2})} + \frac{2t}{(t+\frac{3}{2})(t - \frac{3}{2})} + \frac{8t}{(t+ \frac{1}{2})(t-\frac{1}{2})} = 0}\)

dla \(\displaystyle{ t 0}\) ,
\(\displaystyle{ \frac{6}{y-6}+\frac{2}{y-2} +\frac{8}{y}=0}\)
\(\displaystyle{ t^2-\frac{1}{4}=y}\)
etc

Ok, 9 też zostało już rozwalone.
Moje rozwiązanie zasadniczo się niczym nie różniło, grupowałem te wyrazy gdzie jest wspólny licznik, sprowadzałem do wspólnego mianownika itd. (zasadniczo to samo).
Niezłe tempo ogólnie wyszło, już 8 zadań w jeden wieczór
Jeszcze 7 i 8

Ja zajmę się najmniej ważną częścią zadania, czyli obliczeniami . Po wymnożeniu i rozwizaniu równania kwadratowego wychodzi, że \(\displaystyle{ y=4}\) lub \(\displaystyle{ y=1,5}\). Z tego \(\displaystyle{ t^{2}=\frac{17}{4}}\) lub\(\displaystyle{ \frac{7}{4}}\), a więc \(\displaystyle{ t=\frac{\sqrt{17}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ t=-\frac{\sqrt{17}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ t=\frac{\sqrt{7}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ t=-\frac{\sqrt{7}}{2}}\). Z tego wychodzi nam \(\displaystyle{ x=\frac{5+\sqrt{17}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ x=\frac{5-\sqrt{17}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ x=\frac{5+\sqrt{7}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ x=\frac{5-\sqrt{7}}{2}}\) lub \(\displaystyle{ x=\frac{5}{2}}\).

polskimisiek napisal

Udowodnij, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b,c\in \mathbb{R_{+}}}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ (1+\frac{4a}{b+c})(1+\frac{4b}{c+a})(1+\frac{4c}{a+b})>25}\)

oh tu f(a.b,c):=\(\displaystyle{ (1+\frac{4a}{b+c})(1+\frac{4b}{c+a})(1+\frac{4c}{a+b})}\) jest jednorodna, tj
f(a,b,c)= f(ka,kb,kc), a wiec mozna klasc np c=1, i liczyc...
a nóż wyjdzie...

ad zad 9 warto graficznie to sobie narysowac, tj
te punkty co je Swistak wyliczył,
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{3}{x}+\frac{1}{x-1}+\frac{4}{x-2}}\)
f(x)=f(5-x)

7)

Niech \(\displaystyle{ a+b+c=S}\). Korzystając z tego, co pokazał mól książkowy, przyjmę \(\displaystyle{ S=1}\).

\(\displaystyle{ (1+\frac{4a}{b+c})(1+\frac{4b}{c+a})(1+\frac{4c}{a+b})>25}\)
\(\displaystyle{ (1+\frac{4a}{S-a})(1+\frac{4b}{S-b})(1+\frac{4c}{S-c})>25}\)
\(\displaystyle{ (1+\frac{4a}{1-a})(1+\frac{4b}{1-b})(1+\frac{4c}{1-c})>25}\)
\(\displaystyle{ (\frac{3a+1}{1-a})(\frac{3b+1}{1-b})(\frac{3c+1}{1-c})>25}\)

\(\displaystyle{ (3a+1)(3b+1)(3c+1) > 25(1-a)(1-b)(1-c)}\)

\(\displaystyle{ 27abc+9ab+9bc+9ca+3a+3b+3c + 1> -25abc+25ab+25bc+25ca-25a-25b-25c+25}\)
\(\displaystyle{ 52abc+4>16ab+16bc+16ca}\)

\(\displaystyle{ 13abc+1>4ab+4bc+4ca}\)

\(\displaystyle{ 13abc+(a+b+c)^{3}>(4ab+4bc+4ca)(a+b+c)}\)

\(\displaystyle{ 13abc+a^{3}+b^{3}+c^{3}+3a^{2}b+3a^{2}c+3b^{2}a+3b^{2}c+3c^{2}a+3c^{2}b +6abc> 4a^{2}b+4a^{2}c+4b^{2}a+4b^{2}c+4c^{2}a+4c^{2}b+12abc}\)
\(\displaystyle{ a^{3}+b^{3}+c^{3}+7abc > a^{2}b+a^{2}c+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}a+c^{2}b}\)

\(\displaystyle{ 5abc>(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\)

Co jest na mocy nieróności \(\displaystyle{ abc qslant (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\) oczywiście prawdziwe.