Matematyka.pl

Kiedy rozważymy deltoid złożony z dwóch trójkątów równobocznych(o boku \(\displaystyle{ 1}\)) to dłuższa przekątna łączy wierzchołki o tych samych kolorach(w trójkącie równobocznym o boku \(\displaystyle{ 1}\) każdy wierzchołek musi mieć inny kolor). Ta przekątna ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\). Gdy mamy dwa punkty wewnątrz koła oddalone o tą odległość to zawsze jesteśmy skonstruować taki deltoid(o podanych właściwościach), aby dorysowane wierzchołki znajdowały się wewnątrz koła. można to łatwo zauważyć, bo gdy dwa punkty tej figury należą do obwodu to trzeci też należy do niej, a pozostały czwarty jest wewnątrz koła po drugiej stronie długiej przekątnej. Teraz to wystarczy skonstruować wewnątrz koła trójkąt o bokach \(\displaystyle{ 1,\sqrt{3},\sqrt{3}}\) i wtedy każdy wierzchołek musi mieć ten sam kolor, co udowadnia zadanie

Jeśli mamy odcinek \(\displaystyle{ AB}\) to zbiór punktów \(\displaystyle{ C}\) takich, że \(\displaystyle{ ABC}\) jest prostokątny jest sumą dwóch prostych prostopadłych do \(\displaystyle{ AB}\) i przechodzących odpowiednio przez \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) oraz okręgu o średnicy \(\displaystyle{ AB}\). Zauważmy, że wszystkie punkty tego typu zawierają się pomiędzy dwiema prostopadłymi do \(\displaystyle{ AB}\) (odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\)). Gdy rozważymy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), gdzie kąt prosty jest przy \(\displaystyle{ B}\) to na pewno punkt D (taki, aby spełniał warunek zadania) musi być wewnątrz prostokąta \(\displaystyle{ ABCD'}\)(bo musi być pomiędzy prostymi \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD'}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD'}\)) Jednak okrąg o średnicy \(\displaystyle{ AC}\) lub proste prostopadłe do \(\displaystyle{ AC}\)(przechodzące przez \(\displaystyle{ A}\) lub \(\displaystyle{ C}\)) mają co najwyżej tylko jeden punkt wspólny różny od \(\displaystyle{ A,B,C}\) z prostokątem oraz jest to punkt \(\displaystyle{ D'}\). Co oznacza że mając trójkąt prostokątny istnieje tylko jeden punkt o własności z tezy. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ n=4}\)

Taka figura istnieje. Dzielimy okrąg o promieniu jeden na \(\displaystyle{ 4}\) równe łuki. Następnie wybieramy dwa przeciwległe łuki i je łączymy. To definiuje nam obwód takiej figury. Zauważmy, że największa odległość w półkole to 1, a największa odległość w rozważanej figurze to 1 i jest średnicą okręgu. Oznacza to, że jeśli ta figura zawiera półkole to jest półkolem koła w którym ta figura się zawiera. Jednak widzimy, że nie istnieje takie półkole, bo na obwodzie figury nie ma zwartego łuku większego niż jedna czwarta obwodu. Wystarczy obrócić figurę o kąt prosty, aby pokryła okrąg jednostkowy.

Dzielimy kwadrat na cztery prostokąty o polu \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\). Z zasady szufladkowe Direchleta istnieje taki prostokąt, w którym są trzy wybrane punkty. Trójkąt utworzony z tych punktów ma pole co najwyżej \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\). Wynika to z tego, że wybierając pewien odcinek tego trójkąt to dochodzimy do wniosku, że największą odległość od tego odcinka otrzymujemy, gdy trzeci punkt znajduje się w rogu prostokąta. Wnioskując tak dwukrotnie dochodzimy do wniosku, że największe pole uzyskamy, gdy dwa punkty trójkąta, będą w rogach prostokąta. Taki trójką ma pole \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\). Co kończy dowód

Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą parzystą, to w takim ciągu nie może wystąpić zero, a liczb \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ -1}\) będzie tyle samo, tj.
\(\displaystyle{ p=\frac{{n \choose \frac{1}{2}n}}{3^n}}\).

Jeśli \(\displaystyle{ n \geq 3}\) jest liczbą nieparzystą, to w takim ciągu wystąpi zero tylko jeden raz (można wybrać miejsce w którym się ono pojawi na \(\displaystyle{ n}\) sposobów ), a liczby \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ -1}\) pojawią się \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(n-1)}\) razy, tj.
\(\displaystyle{ p=\frac{n{n-1 \choose \frac{1}{2}(n-1)}}{3^n}}\).

\(\displaystyle{ A_1A_{n+1}}\) jest przekątną która dzieli dany \(\displaystyle{ 2n}\) kąt na dwa \(\displaystyle{ n+1}\) kąty . I niech bso: \(\displaystyle{ P}\) jest wewnątrz \(\displaystyle{ A_1...A_{n+1}}\); wtedy \(\displaystyle{ n+1}\) prostych \(\displaystyle{ A_{n+1}P, A_{n+2}P, ... A_{2n}P, A_1P}\) przecina jeden spośród \(\displaystyle{ n}\) boków: \(\displaystyle{ A_1A_2, A_2A_3, …, A_nA_{n+1}}\); z zsD na jakimś z tych boków są więc dwa różne punkty \(\displaystyle{ B_i}\) i \(\displaystyle{ B_j}\); \(\displaystyle{ i \neq j}\).

\(\displaystyle{ x}\)-odległość środka mniejszego okręgu . Dzięki symetrii trójkąta cała struktura trójkąt i okręgi jest symetryczna. Środki \(\displaystyle{ S_{1},S_{2}¥}\) okręgów na wysokości trójkąta. Z tw Talesa dla trójkątów o przeciw prostokątnych \(\displaystyle{ CS_{1}}\) i\(\displaystyle{ CS_{2}}\) i kątach prostych powstałych przez przecięcie ramienia i promieni obu okręgów. Mamy równanie
\(\displaystyle{ \frac{x}{1}= \frac{x+3}{2}}\) jego rozwiązanie łatwo prowadzi do tezy

Na pewno liczba kolorów potrzebnych jest większa bądź równa \(\displaystyle{ n-1}\), bo każdy punkt ma \(\displaystyle{ n-1}\) połączeń.

Rozważmy przypadek gdy \(\displaystyle{ n=2k+1, k \in Z}\). Gdyby istniało takie kolorowanie dla \(\displaystyle{ n-1}\) kolorów to wtedy z zasady szufladkowej Direchleta istnieje kolor, którym jest pokolorowane co najmniej \(\displaystyle{ \left[ \frac{\frac{n(n-1)}{2}-1}{n-1} \right]+1= \left[ \frac{n}{2}-\frac{1}{n-1}\right]+1=\left[ \frac{2k+1}{2}-\frac{1}{2k} \right]+1=\\= \left[ k+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{k})\right]+1=k+1}\)
odcinków. A każdy odcinek pokolorowany tym kolorem łączy dwa punkty, które nie są połączone z innym odcinkiem tego samego kolor. Jednak \(\displaystyle{ 2k+2=n+1>n}\) sprzeczność punktów jest \(\displaystyle{ n}\). Teraz konstrukcja: Numeruje punkty od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ n}\). Kolor połączenia to reszta z dzielenia przez \(\displaystyle{ n}\) sumy numerów połączonych punktów. Ta konstrukcja spełnia warunki zadania, bo wybierają pewien punkt \(\displaystyle{ i}\) kolory odcinków z nim połączonych to reszty z \(\displaystyle{ i+k \ \hbox{gdzie} \ k = 1,2,...,i-1,i+1,...n}\) i wszystkie są różne( bo gdyby odcinki \(\displaystyle{ ik_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ ik_{2}}\) miały ten sam kolor to \(\displaystyle{ i+k_{1} \equiv i+k_{2} \pmod{n} \Leftrightarrow k_{1}\equiv k_{2} \Rightarrow k_{1}=k_{2}}\))

Przypadek \(\displaystyle{ n=2k}\):
Tutaj potrzeba tylko \(\displaystyle{ n-1}\) kolorów. Weźmy \(\displaystyle{ n-1}\) kąt pokolorowany tak jak w powyższej konstrukcji(\(\displaystyle{ 2 \nmid n-1}\)). ponumerujmy te punkty od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ n-1}\) oraz dorzućmy punkt \(\displaystyle{ A}\). połączenia \(\displaystyle{ Ai}\) mają kolor reszty z dzielenia liczby \(\displaystyle{ 2 \cdot i}\) przez \(\displaystyle{ n-1}\). Każde tego typu połączenie ma różny kolor(bo gdyby były dwa odcinki \(\displaystyle{ Ai}\) oraz \(\displaystyle{ Aj}\) o tym samym kolorze to wtedy \(\displaystyle{ 2i\equiv2j \pmod{2k-1} \Leftrightarrow i \equiv j \pmod{n-1} \Rightarrow i=j}\) ). Teraz rozważmy połączenia pewnego punktu \(\displaystyle{ i}\). Kolory tych połączeń są resztą dzielenia liczb \(\displaystyle{ i+k \ \hbox{gdzie} \ k=1,2,...,i-1,i,i+1,...,n}\) przez \(\displaystyle{ n-1}\). Wszystkie te reszty są różne. (Zauważmy, że wliczamy również połączenie \(\displaystyle{ Ai}\))

Daje to odpowiedź \(\displaystyle{ \begin{cases} n-1 \ \hbox{dla} \ 2|n \\ n \ \hbox{dla} \ 2\nmid n \ \end{cases}}\)

opiszmy na prostej układ współrzędnych, i teraz poszukujemy funkcji \(\displaystyle{ f:R \rightarrow R}\) Własność, która jest wystarczająca to \(\displaystyle{ f(x+1)-f(x)=1 \Leftrightarrow f(x+1)=f(x)+1}\) podstawiając \(\displaystyle{ x-1}\) mamy analogicznie \(\displaystyle{ f(x)-f(x-1)=1}\). Jeżeli będziemy mieli wartość funkcji w przedziale \(\displaystyle{ <0,1)}\) to na mocy tej zależności można odtworzyć wartości funkcji w całej dziedzinie oraz będzie miała poszukiwaną własność. można na przykład wziąść \(\displaystyle{ f(x)=x^2}\) dla \(\displaystyle{ x \in <0,1) \Rightarrow f(x)=\left\{ x\right\} ^2+\left[ x\right]. To nie jest izometria, bo f(\frac{1}{2})-f(0)=\frac{1}{4}<\frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ f(x) \ge \frac{3}{4}x \ x=f(4f(x)-3x) \ge \frac{3}{4}(4f(x)-3x)=3f(x)-\frac{9}{4}x \Rightarrow \frac{13}{12}x \ge f(x)}\) Teraz Jeśli \(\displaystyle{ ax \ge f(x) \ge bx \ \hbox{gdzie} \ a,b \in Z_{+}}\) to wtedy \(\displaystyle{ x=f(4f(x)-3x) \ge 4bf(x)-3b \Rightarrow \frac{3b+1}{4b}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4b} \ge f(x)}\) analogicznie otrzymuje \(\displaystyle{ f(x) \ge \frac{3}{4}+\frac{1}{4a}}\). Robiąc to jeszcze raz otrzymuje \(\displaystyle{ \frac{13a+3}{12a+4}x \ge f(x) \ge \frac{13b+3}{12b+4}x}\). Wyznaczmy funkcje \(\displaystyle{ g(y)=\frac{13y+3}{12y+4}}\).
To co udowodniłem to: \(\displaystyle{ a \ge \frac{f(x)}{x} \ge b \Rightarrow g(a) \ge \frac{f(x)}{x} \ge g(b)}\). Czyli
\(\displaystyle{ \frac{13}{12} \ge \frac{f(x)}{x} \ge \frac{3}{4} \Rightarrow g(\frac{13}{12}) \ge \frac{f(x)}{x} \ge g(\frac{3}{4}) \Rightarrow \\ g(g(...g(\frac{13}{12}))...) \ge \frac{f(x)}{x} \ge g(g(....g(\frac{3}{4})...))}\)
Wystarczy udowodnić, że wartości po obu stronach dążą do \(\displaystyle{ 1}\). Co powinno być prawdziwe (według kalkulatora), ale nie wiem jak to udowodnić.

\(\displaystyle{ xyz \neq 0}\). Mnożę obustronnie drugie równanie przez xy.
\(\displaystyle{ Mam \begin{cases} x+y=6-z \\ x+y + ( \frac{1}{z} - 2)xy = - \frac{4}{z} \end{cases}}\)
Wstawiając pierwsze równanie do drugiego i wyznaczając\(\displaystyle{ xy}\) mamy układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=6-z \\ xy = \frac{z^{2}-6z-4}{ \frac{1}{z} -z } \end{cases}}\) rozwiązujemy go jakby \(\displaystyle{ z}\) był parametrem

Funkcja \(\displaystyle{ f_n(x)=x^n+x^{n+1}}\) rośnie na przedziale \(\displaystyle{ [0,1]}\) od zera do \(\displaystyle{ 2}\), więc równanie \(\displaystyle{ f_n(x)=1}\) ma dokładnie jeden pierwiastek \(\displaystyle{ x_n}\) w tym przedziale.
Z drugiej strony \(\displaystyle{ 1=x_n^n+x_n^{n+1}<2x_n^n}\), czyli \(\displaystyle{ x_n>\sqrt[n]{1/2}\to 1}\).

Ciąg \(\displaystyle{ x_n}\) jest ściśle rosnący, co wynika z poniższego
\(\displaystyle{ f_n(x_n)=x_n^n+x_n^{n+1}=1=x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}^{n+2}<x_{n+1}^{n}+x_{n+1}^{n+1}=f_n(x_{n+1})}\)

Przekształcenie geometryczne powinno być bijekcją, fajnie też żeby było ciągłe. Spójrzmy na funkcję \(\displaystyle{ x + \frac{1}{4 \pi} \cos (2 \pi x)}\). Jest to na pewno funkcja ciągła i różniczkowalna. Jej bijektywności dowodzimy licząc pochodną \(\displaystyle{ f'(x) = 1 + \frac{1}{2} \sin (2 \pi x)}\). Jest ona zawsze dodatnia, a zatem funkcja jest rosnąca, ciągła i nieograniczona, a zatem jest bijekcją.

Dalej należy dowieść że nie jest to izometria. Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ x =1}\) oraz \(\displaystyle{ x = \frac{1}{2}}\). Są one odległe o \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), a ich obrazy o \(\displaystyle{ \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \pi}}\).

Teraz zajmijmy się punktami odległymi o \(\displaystyle{ 1}\).
\(\displaystyle{ f(x+1) - f(x) = x +1 + \frac{1}{4 \pi} \cos (2 \pi x + 2 \pi) - x - \frac{1}{4 \pi} \cos (2 \pi x) = 1 + \frac{1}{4 \pi} \cos (2 \pi x) - \frac{1}{4 \pi} \cos (2 \pi x) = 1}\)

Co oznacza, że takie "falowe" przekształcenie spełnia warunki zadania.

Kończę i lekko modyfikuję rozwiązanie Marcina.

Udowodnił on, że dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) z dziedziny i dowolnego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) mamy:

\(\displaystyle{ g^n (\frac{13}{12}) \ge \frac{f(x)}{x} \ge g^n ( \frac{3}{4})}\),
gdzie \(\displaystyle{ g(y) = \frac{13y+3}{12y+4}}\)

Mamy więc trzy ciągi zależne od \(\displaystyle{ n}\), z tą różnicą, że ten środkowy jest stały. Ale to nie problem. Jeżeli okaże się, że ciągi po prawej i po lewej dążą do tej samej granicy, to z twierdzenia o trzech ciągach będzie wynikało, że ten po środku również. A ponieważ jest stały - to będzie to znaczyło, że po prostu wynosi tyle, ile wspólna granica pozostałych dwóch.

Popatrzmy na pochodną funkcji \(\displaystyle{ g(y) = \frac{13}{12} - \frac{1}{9y+3}}\) - inny sposób zapisu tej samej funkcji.
\(\displaystyle{ g'(y) = \frac{9}{(9y+3)^2} >0}\). Pochodna ta jest wszędzie dodatnia. Oznacza to, że
Jeżeli \(\displaystyle{ y>1}\), to \(\displaystyle{ g (y) > g(1) =1}\), a jeżeli \(\displaystyle{ y<1}\), to \(\displaystyle{ g (y) < g(1) =1}\)
Na mocy oczywistej indukcji, jeżeli \(\displaystyle{ y>1}\), to \(\displaystyle{ g^n (y) > 1}\), a jeżeli \(\displaystyle{ y<1}\), to \(\displaystyle{ g^n (y) <1}\)
Co oznacza, że zarówno ciąg \(\displaystyle{ g^n (\frac{13}{12})}\), jak i \(\displaystyle{ g^n ( \frac{3}{4})}\) są z jednej strony ograniczone - pierwszy z dołu, drugi z góry, przez \(\displaystyle{ 1}\).

Weźmy teraz funkcję \(\displaystyle{ h(y) = \frac{g(y)}{y}}\) i policzmy jej pochodną.
\(\displaystyle{ h'(y) = - \frac{3(13y^2 + 6y +1)}{4x^2 (3x+1)^2} <0}\)
Szybkie policzenie wyznacznika wyrażenia w liczniku dowodzi, że nie ma ono pierwiastków rzeczywistych, co oznacza, że rzeczywiście pochodna ta jest wszędzie ujemna.
Podobnie jak poprzednio, oznacza to, że
Jeżeli \(\displaystyle{ y>1}\), to \(\displaystyle{ h (y) < h(1) =1}\), czyli \(\displaystyle{ g (y) < y}\), a jeżeli \(\displaystyle{ y<1}\), to \(\displaystyle{ h (y) > h(1) =1}\), czyli \(\displaystyle{ g (y) > y}\).
I podobnie na mocy oczywistej indukcji otrzymujemy
Jeżeli \(\displaystyle{ y>1}\),to \(\displaystyle{ g^{n+1} (y) < g^n (y)}\), a jeżeli \(\displaystyle{ y<1}\), to \(\displaystyle{ g^{n+1} (y) > g^n (y)}\).
Co oznacza, że ciąg \(\displaystyle{ g^n (\frac{13}{12})}\) jest malejący, a ciąg \(\displaystyle{ g^n ( \frac{3}{4})}\) jest rosnący.
Oba ciągi są więc monotoniczne i z odpowiedniej strony ograniczone, oba więc posiadają granicę.

Oznaczmy granicę jednego z nich (nieważne którego) przez \(\displaystyle{ G}\).
Ciągi \(\displaystyle{ g^n (a)}\) i \(\displaystyle{ g^{n+1} (a)}\) dążą do tej samej granicy. Możemy jednak napisać
\(\displaystyle{ g^{n+1} (a) = \frac{13 g^n (a) + 3}{12 g^n (a) +4}}\)
Przechodząc obustronnie do granicy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ G = \frac{13 G + 3}{12 G +4}}\)
To sprowadza się do równania
\(\displaystyle{ 4 G^2 - 3G -1 =0}\)
Posiadającego rozwiązania \(\displaystyle{ 1}\) oraz \(\displaystyle{ - \frac{1}{4}}\). To drugie nie może być żadnego z naszych ciągów, bo oba są monotoniczne i ograniczone w odpowiedni sposób, a zatem \(\displaystyle{ G =1}\) dla obu ciągów i w ogóle dla każdego ciągu \(\displaystyle{ g^n (a)}\), gdzie \(\displaystyle{ a > - \frac{1}{4}}\) - tak dla bezpieczeństwa bo nie chce mi się dowodzić że w ogóle dla każdego.

Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, \(\displaystyle{ \frac{f(x)}{x} = 1}\), czyli \(\displaystyle{ f(x) = x}\) dla każdego \(\displaystyle{ x}\) należącego do dziedziny.

Mają punkt wspólny

Jeśli \(\displaystyle{ A_1, A_2, A_3}\) to kolejne wierzchołki wielokąta; każde trzy odcinki \(\displaystyle{ A_iA_j}\) oraz każda z \(\displaystyle{ n-3}\) przekątnych z punktu \(\displaystyle{ A_2}\) mają punkt wspólny czyli trzeba co najmniej \(\displaystyle{ n}\) kolorów…[/
(zadanie omyłkowo powtórzone w "Mix Niebanalne z kombi")