Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
1. Udowodnić, że dla wielomianu \(\displaystyle{ P}\) istnienie punktu \(\displaystyle{ (a,b)}\) względem którego wykres \(\displaystyle{ P}\) jest symetryczny, jest równoważne istnieniu wielomianu \(\displaystyle{ Q}\) takiego, że \(\displaystyle{ P(x) = b + (x-a)Q( (x-a)^2 )}\)
2. Dwa okręgi mają punkty wspólne \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) i środek drugiego okręgu należy do pierwszego okręgu. Styczna do pierwszego okręgu w punkcie \(\displaystyle{ B}\) przecina drugi okrąg w punkcie \(\displaystyle{ C}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ |AB| = |BC|}\)
3. Niech \(\displaystyle{ \{ x+y+z \} = \{ x+y+t \} = \{ x +z+ t \} = \{ y+z+t \} = \frac{1}{4}}\).
Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości \(\displaystyle{ \{ x+y + z + t \}}\)
Uwagi: \(\displaystyle{ \{ x \} = x - \lfloor x \rfloor}\) (mantysa)
4. Ciąg kwadratowy\(\displaystyle{ a_0,..., a_n}\) to taki, dla którego \(\displaystyle{ |a_k - a_{k-1}| = k^2}\) dla \(\displaystyle{ 1 \leq k \leq n}\).
Udowodnić że jeśli \(\displaystyle{ b, c}\) są dowolnymi liczbami całkowitymi to istnieje ciąg kwadratowy w którym \(\displaystyle{ \begin{cases} b= a_0 \\ c = a_n \end{cases}}\)
5. Losowo wybrano dwa różne zespolone pierwiastki \(\displaystyle{ u, w}\) równania \(\displaystyle{ z^{2019} = 1}\). (wybór każdego jest jednakowo prawdopodobny). Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że \(\displaystyle{ |u+w| \geq \sqrt{ 2 + \sqrt{3}}}\) ?
6. Do zdjęcia pozuje \(\displaystyle{ n}\) par małżeńskich. Na ile sposobów można je ustawić obok siebie w rzędzie aby żadna żona nie stała obok swego męża ?
7. Niech \(\displaystyle{ f: Q \mapsto \{ 0, 1 \}}\) będzie funkcją o własnościach jak poniżej: \(\displaystyle{ f(0)=0}\) \(\displaystyle{ f(1)=1}\)
Ponadto jeśli \(\displaystyle{ f(x)=f(y)}\) to \(\displaystyle{ f(x)=f ( \frac{x+y}{2} )}\)
Udowodnić, że \(\displaystyle{ f(x)=1}\) dla \(\displaystyle{ x \geq 1}\)
8. Wyznaczyć \(\displaystyle{ f}\) jeśli \(\displaystyle{ f(x) + x f(1-x) = 1+x^2}\) dla \(\displaystyle{ x \in R}\)
9. Dany jest ciąg arytmetyczny w którym \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{100} a_j = - 1}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{49} a_{2j+1} = 1}\). Wyznaczyć \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{100} a_j^2}\)
10. Czy graf Grötzscha jest
i) hamiltonowski
ii) pół hamiltonowski
iii) eulerowski
?
Przypuszczam że miało być \(\displaystyle{ |AC| = |BC|}\).
Niech \(\displaystyle{ O_1,O_2}\) będą środkami okręgów. Skoro kąt \(\displaystyle{ O_1BC}\) jest prosty to odcinek \(\displaystyle{ O_1C}\) jest średnicą drugiego okręgu, a prosta go zawierająca jest osią symetrii sumy okręgów. Poprawiona teza wynika z symetrii punktów A i B względem tej osi.
5:
Zadanie jest równoważne losowaniu dwóch wierzchołków 2019-kąta foremnego wpisanego okrąg o promieniu 1. W zdarzeniu sprzyjającym, dla wybranego pierwszego wierzchołka drugi powinien leżeć na wycinku koła o kącie \(\displaystyle{ \beta=2 \pi -2 \alpha}\) gdzie \(\displaystyle{ ( \sqrt{2+ \sqrt{3} } )^2 =1+1-2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos \alpha \Rightarrow \alpha = \frac{5 \pi }{6}}\)
a wybrany pierwszy wierzchołek leży na wspólnym ramieniu kątów środkowych \(\displaystyle{ \alpha}\)
W wycinku o kącie \(\displaystyle{ \frac{ \pi }{3}}\) lezy 336 wierzchołków, a stąd \(\displaystyle{ P= \frac{336}{2018}}\)
Natychmiast widać, że dla argumentów \(\displaystyle{ 2^k, \ k\in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ f(2^k)=f(1)=1}\), bo gdyby dla pewnego \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) zachodziło \(\displaystyle{ f(2^k)=f(0)=0}\), to także \(\displaystyle{ f(2^{k-1})=f\left( \frac{2^k+0}{2} \right)=f(2^k)=0}\),
ale to na drodze indukcji wstecznej prowadzi do \(\displaystyle{ f(1)=0}\), co jest sprzeczne z warunkami zadania.
Teraz korzystając z powyższych spostrzeżeń i z implikacji \(\displaystyle{ f(x)=f(y) \Rightarrow f(x)=f\left( \frac{x+y}{2}\right) ,}\) indukcyjnie dowodzimy, że \(\displaystyle{ f(n)=1}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\).
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) oczywiście się zgadza, a krok indukcyjny wygląda tak:
skoro \(\displaystyle{ f(n)=1}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), to \(\displaystyle{ f(2n)=1}\), bo gdyby było \(\displaystyle{ f(2n)=f(0)=0}\), to także \(\displaystyle{ f(n)=0}\). A zatem: \(\displaystyle{ f(2n)=f(2)=1}\), czyli \(\displaystyle{ f(n+1)=1}\),
na mocy zasady indukcji matematycznej, bla bla.
Teraz pora na wymierne niecałkowite. Niech \(\displaystyle{ p, \ q\in \NN^+, \ p>q}\).
Nie wprost: jeśli \(\displaystyle{ f\left( \frac{p}{q}\right)=0}\), to także \(\displaystyle{ f\left( \frac{2p}{q}-1 \right)=0}\), w przeciwnym razie \(\displaystyle{ f(1)=f\left( \frac{2p}{q}-1\right)}\), więc byłoby \(\displaystyle{ f(1)=f\left( \frac p q\right)=1}\).
Analogicznie dostajemy \(\displaystyle{ f\left( \frac{4p}{q}-3\right)=0}\) i stąd także \(\displaystyle{ f\left( \frac{3p}{q}-2\right)=0}\). Da się udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ f\left( \frac p q\right)=0}\) to dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ k}\) jest \(\displaystyle{ f\left( \frac{kp}{q}-k+1\right)=0}\). Szkic dowodu: dla \(\displaystyle{ k=1}\) wynika z naszego założenia nie wprost, \(\displaystyle{ T(k) \Rightarrow T(2k)}\), bo gdyby \(\displaystyle{ f\left(\frac{2kp}{q}-2k+1\right)=f(1)=1}\), czyli \(\displaystyle{ \neg T(2k)}\), to \(\displaystyle{ f\left( \frac{kp}{q}-k+1\right) =1}\), czyli \(\displaystyle{ \neg T(k)}\). Ponadto jeśli \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą nieparzystą większą niż \(\displaystyle{ 1}\), to \(\displaystyle{ k+1}\) jest całkowite dodatnie i parzyste, a ponadto \(\displaystyle{ \frac{k+1}{2}<k}\), więc zakładając, że dla mniejszych niż \(\displaystyle{ k}\) teza działa, mamy w szczególności \(\displaystyle{ T\left( \frac{k+1}{2}\right)}\), a więc z poprzedniej uwagi też \(\displaystyle{ T(k+1)}\), no i \(\displaystyle{ T(k-1)}\), a z \(\displaystyle{ T(k-1)}\) i \(\displaystyle{ T(k+1)}\) dostajemy \(\displaystyle{ T(k)}\), gdyż \(\displaystyle{ \frac 1 2\left( \left( \frac{(k-1)p}{q}-k+2\right) +\left(\frac{(k+1)p}{q}-k \right)\right)=\frac{kp}{q}-k+1}\).
W szczególności biorąc \(\displaystyle{ k=q}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ f(p-q+1)=0}\), ale \(\displaystyle{ p-q+1\in \NN^+}\), a w całkowitych dodatnich, jak udowodniłem, jedyną wartością, jaką przyjmuje \(\displaystyle{ f}\) jest \(\displaystyle{ 1}\), sprzeczność, c.k.d.
Dla naturalnych \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) przyjmuję: \(\displaystyle{ \begin{cases} x+y+z = \pm a+ \frac{1}{4} \\ x+y+t = \pm b+ \frac{1}{4} \\x+z+t = \pm c+ \frac{1}{4} \\y+z+t = \pm d+ \frac{1}{4} \end{cases}}\)
stąd \(\displaystyle{ x+y+z +t= \frac{1}{3} \left( \pm a \pm b \pm c \pm d+ 1 \right)}\)
oraz \(\displaystyle{ \{ x+y + z + t \} \in \left\{ 0, \frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right\}}\)
6:
Z zasady włączeń i wyłączeń szukana ilość ustawień to: \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}\left( -1\right)^i {n \choose i}\left( 2n-i\right)!2^i}\)
gdzie i to ilość małżeństw w których mąż i żona stoją obok siebie (każda z takich par traktowana jest wtedy jak jeden element)
Lemat. 1 Jeśli \(\displaystyle{ P(x)}\) jest symetryczny względem \(\displaystyle{ (a,b)}\) , to \(\displaystyle{ P(a) = b}\).
D: Załóżmy, że \(\displaystyle{ (a,b)}\) nie leży na wykresie P, wówczas bez utraty ogólności leży on (punkt) nad wykresem P. Bierzemy mały okrąg wokół \(\displaystyle{ (a,b)}\), nie przecinający się z wykresem \(\displaystyle{ P}\) i rzutujemy wykres \(\displaystyle{ P}\) na ten okrąg - obrazem punktu \(\displaystyle{ (x,P(x))}\) jest punkt przecięcia prostej \(\displaystyle{ [(x,P(x)),(a,b)]}\) z okręgiem. Wówczas obraz wykresu jest spójnym łukiem, co przeczy symetryczności (bo powinny to być dwa symetryczne łuki).
Zakładamy już tylko b.u.o., że wielomiany są symetryczne względem \(\displaystyle{ (0,0)}\).
Lemat. 2 Suma dwóch wielomianów symetrycznych względem \(\displaystyle{ (0,0)}\) jest symetryczna względem zera. Wielomian symetryczny przemnożony przez skalar pozostaje symetryczny
Dow: Oczywiste.
Lemat. 3 Wielomian \(\displaystyle{ P(x) = x^{2k+1}}\) jest symetryczny względem \(\displaystyle{ (0,0)}\).
Dow: Oczywiste
Wniosek. 4
Wielomiany postaci
\(\displaystyle{ P(x) = b + (x-a)Q( (x-a)^2 )}\) są symetryczne względem \(\displaystyle{ (a,b)}\).
Pozostaje Wykazać:
Lemat. 5
Jeśli \(\displaystyle{ W(x)}\) jest symetryczny względem \(\displaystyle{ (0,0)}\), to \(\displaystyle{ W(0) = 0}\) oraz \(\displaystyle{ W}\) nie ma "parzystych potęg".
Dowód:
Pierwsza część tezy została wykazana w Lemacie 1. Możemy więc założyc, że \(\displaystyle{ W(x) = a_nx^{n} +...+a_1 x}\).
Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie najmniejszym takim \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ a_{2k} \neq 0}\) (zakładamy, że istnieje).
Z Lematu 2 Wnioskujemy, że bez utraty ogólności \(\displaystyle{ W(x) = a_n x^{n} +... a_{2k} x^{2k}}\)
oraz \(\displaystyle{ a_{2k} =1}\)
Dla dostatecznie małych \(\displaystyle{ x}\) wielomian \(\displaystyle{ W(x)}\) zachowuje się jak \(\displaystyle{ x^{2k}}\), a w szczególności, jest dodatni, nie może więc być symetryczny względem zera - sprzeczność, zatem \(\displaystyle{ W}\) składa się rzeczywiście tylko z "nieparzystych potęg".
-- 30 sie 2018, o 20:12 --
4. (obrzydliwe ostrzegam)
Ukryta treść:
bez utraty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ b = 0}\) i \(\displaystyle{ c > 0}\)
Zauważmy, że dla dowolnego n\(\displaystyle{ n^2 - (n+1)^2 -(n+2)^2 +(n+3)^2 = -1 - 4 +9 =4}\)
Zatem w każdym momencie możemy się ruszyć o \(\displaystyle{ 4}\) w prawo lub lewo.
jeśli \(\displaystyle{ r = 0}\) to koniec
jeśli \(\displaystyle{ r =1}\) to za \(\displaystyle{ a_1}\) bierzemy 1 i ruszamy się \(\displaystyle{ k}\) razy w prawo o 4.
jeśli \(\displaystyle{ r =2}\) to przyjmujemy \(\displaystyle{ a_1 = 1; a_2 = -3 ;a_3 = 6}\) i ruszamy się odpowiednią ilość razy po 4.
jeśli \(\displaystyle{ r =3}\) to idziemy raz w lewo i 8 razy w prawo (bo \(\displaystyle{ -(1^2)+2^2 +3^2+4^2+5^2+6^2+...+9^2 mod_{4} =3}\) i dalej jak wyżej
