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.
22.
Kontynuując pomysł (a raczej pomysł na brute force ) Artist'a
Ukryta treść:
Prosta PQ ma równanie \(\displaystyle{ x( \sqrt{5000} + \sqrt{2009} )-y( \sqrt{5000} + \sqrt{7991} )+ \sqrt{39955000}- \sqrt{10045000}=0}\)
Teraz liczymy odległość tej prostej od środka układu współrzędnych \(\displaystyle{ d(S,pr.PQ)= \frac{ \sqrt{39955000} - \sqrt{10045000}} { \sqrt{20000+2( \sqrt{10045000}+ \sqrt{39955000} )} } \approx 15,96}\)
Więc prosta nie przecina \(\displaystyle{ \left[15,96 \right]=15}\) okręgów,a to oznacza że przecina \(\displaystyle{ 100-15=85}\) okręgów
alchemik pisze:silicium2002, a jeżeli mamy taki ciąg liczb 1,1,-1,-1?
No i znowu palnąłem głupotę. Ale już poprawiłem i chyba jest wszystko dobrze. Ale jakbyś mógł sprawdzić to byłbym wdzięczny, bo ostatnio takie tu rzeczy wypisuje ze lepiej nie czytać...
mol_ksiazkowy pisze:
31* Dodatkowe - zaproponował je scyth.
Znaleźć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f(x) \ne 0}\) takie, że dla każdego punktu \(\displaystyle{ x_0}\) pola trójkątów utworzonych przez punkty \(\displaystyle{ x_0, \ x_1, \ x_2}\), gdzie \(\displaystyle{ x_1}\) jest punktem przecięcia stycznej do \(\displaystyle{ f}\) w \(\displaystyle{ x_0}\) z osią \(\displaystyle{ OX}\), a \(\displaystyle{ x_2}\) jest punktem przecięcia normalnej do \(\displaystyle{ f}\) w \(\displaystyle{ x_0}\) z osią \(\displaystyle{ OX}\), są stałe (takie same).
Ukryta treść:
Oznaczmy punkty \(\displaystyle{ A=(x_0,y_0)}\) , \(\displaystyle{ B=(x_1,0)}\) , \(\displaystyle{ C=(x_2,0)}\)
Skoro \(\displaystyle{ x_0}\) ma należeć do f(x) to oznaczmy \(\displaystyle{ y_0=f(x_0)}\).
Równanie stycznej do f w punkcie \(\displaystyle{ x_0}\) wygląda tak: \(\displaystyle{ y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)}\)
Po przekształceniu i podstawieniu założenia:\(\displaystyle{ y=f'(x_0) \cdot x + f(x_0) -f'(x_0)x_0}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ x_1}\) jest miejscem zerowym tej prostej więc \(\displaystyle{ x_1= \frac{-b}{a}}\) czyli: \(\displaystyle{ x_1= \frac{-f(x_0)+f'(x_0)x_0}{f'(x_0)} = \frac{-f(x_0)}{f'(x_0)}+x_0}\)
--------------------------------------------------
Przyjrzyjmy się \(\displaystyle{ x_2}\). Szukamy normalnej do f, czyli de facto prostej prostopadłej do wcześniej znalezionej stycznej.Korzystając z warunku prostopadłości prostych wzór na normalną wygląda tak: \(\displaystyle{ y= \frac{-1}{a} \cdot x + d}\) , gdzie a będzie współczynnikiem kierunkowym wcześniej znalezionej stycznej, natomiast d to wyraz wolny tej normalnej. Po podstawieniu za a otrzymujemy: \(\displaystyle{ y= \frac{-1}{f'(x_0)} \cdot x + d}\). Ponieważ normalna przechodzi przez \(\displaystyle{ (x_0;f(x_0))}\) łatwo znajdziemy d. \(\displaystyle{ f(x_0)= \frac{-1}{f'(x_0)} \cdot x_0 + d \Leftrightarrow d = f(x_0) + \frac{x_0}{f'(x_0)}}\).
Wiemy, że \(\displaystyle{ x_2}\) jest miejscem zerowym tej prostej normalnej, czyli dla wprowadzonych oznaczeń będzie to \(\displaystyle{ x_2=a \cdot d = f(x_0) \cdot f'(x_0) + x_0}\)
------------------------------------------------ Z dotychczasowych ustaleń (i z samej treści też można to wywnioskować) szukana funkcja nie jest funkcja stałą, ani nie posiada ekstremów \(\displaystyle{ f'(x) \neq 0}\) czyli jeśli szukana f jest ciągła to jest ściśle monotoniczna (lub gdyby była nieciągła to przedziały monotoniczności pokrywają się z przedziałami ciągłości)
------------------------------------------------
Ponieważ odcinki AB i AC są do siebie prostopadłe to ten trójkąt zawsze jest prostokątny i musi mieć stałe pole \(\displaystyle{ P_t}\). Pole takiego trójkąta można wyliczyć nie tylko z połowy iloczynu przyprostokątnych, ale również z połowy iloczynu wysokości (h) poprowadzonej z wierzchołka A na bok BC. \(\displaystyle{ h=|f(x_0)| ; |BC|=|x_1 - x_2| \\
P_t= \frac{1}{2} \cdot |f(x_0)| \cdot |x_1 - x_2|}\) Ponieważ \(\displaystyle{ P_t}\) jest stałe >0 to bez straty ogólności mogę wprowadzić stałą \(\displaystyle{ k=2P_t}\) wówczas po podstawieniu za \(\displaystyle{ x_1}\) i \(\displaystyle{ x_2}\) otrzymuję: \(\displaystyle{ k=|f(x_0)| \cdot |\frac{-f(x_0)}{f'(x_0)}+x_0 - f(x_0) \cdot f'(x_0) - x_0| \\
k=|f(x_0)| \cdot |\frac{-f(x_0)}{f'(x_0)} - f(x_0) \cdot f'(x_0)| \\
k=f^2(x_0) \cdot |\frac{1}{f'(x_0)} + f'(x_0)|}\)
Ponieważ szukamy funkcji mgę pozbyć się indeksu dolnego \(\displaystyle{ k=f^2(x) \cdot |\frac{1}{f'(x)} + f'(x)|}\)
Niech y=f(x) \(\displaystyle{ k=y^2 \cdot |\frac{1}{y'} + y'|}\)
Dla y'>0 (funkcja rosnąca) \(\displaystyle{ ky'=y^2 + (yy')^2 \Leftrightarrow y^2 -ky' + (yy')^2 = 0}\)
Dla y'<0 (funkcja malejąca) \(\displaystyle{ ky'=-y^2 - (yy')^2 \Leftrightarrow y^2 +ky' + (yy')^2 = 0}\)
A teraz trzeba odkurzyć notatki z równań różniczkowych
Nie przeczytałem całego rozwiązania silicuma, bo się śpieszę, ale wydaje mi się, że moje rozwiązanie jest chyba prostsze i krótsze ;P.
Ponumerujmy te liczby tak, aby \(\displaystyle{ x_{1} \ge x_{3} \ge x_{2} \ge x_{4}}\). Wtedy cała pierwsza i trzecia nierówność są oczywiste. Pozostaje nam do rozpatrzenia druga nierówność, a mianowicie \(\displaystyle{ 0 \le x_{1}+x_{2} \le 1}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2} \ge x_{3}+x_{4} \Rightarrow x_{1}+x_{2} \ge 0}\). \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2} \le x_{1}+\frac{x_{2}+x_{3}}{2}=x_{1}-\frac{x_{1}+x_{4}}{2}=\frac{x_{1}-x_{4}}{2} \le 1}\)
c.b.d.u.
Jesli \(\displaystyle{ I_k=[\frac{k}{10}, \frac{k+1}{10}]}\) dla k=0, 1, ...9. Wtedy \(\displaystyle{ m(A)= \sum_{i=0}^4 m(A \cap I_{2i}) +m(A \cap I_{2i+1})}\) . Jesli dodamy 0,1 do
kazdego elementu zbioru \(\displaystyle{ A \cap I_{2i}}\) to po prostu przesuniemy ten zbior , tak ze "wpadnie " do kolejnego \(\displaystyle{ I_{2i+1}}\). Otrzymamy podzbior rozlaczny z A: \(\displaystyle{ A \cap I_{2i} + \frac{1}{10} \subset I_{2i+1}}\)
i \(\displaystyle{ (A \cap I_{2i} + \frac{1}{10}) \cap A =\emptyset}\)
Ale zbiory \(\displaystyle{ A \cap I_{2i}}\) i \(\displaystyle{ (A \cap I_{2i}) +\frac{1}{10}}\) maja rowne miary, stad juz wynika teza
bo \(\displaystyle{ m(A \cap I_{2i}) +m(A \cap I_{2i+1}) \leq m(I_{2i+1})=\frac{1}{10}}\)
Mamy \(\displaystyle{ r<q}\) i \(\displaystyle{ r=1977-q ^{2}}\)
Łatwo zauważyć że \(\displaystyle{ 44 ^{2}<1977<45 ^{2}}\) oraz \(\displaystyle{ 1977-43 ^{2}>42}\)
Więc \(\displaystyle{ q=44}\) i \(\displaystyle{ r=41}\)
Równanie z treści zadania ma więc postać \(\displaystyle{ a ^{2}+b ^{2}=44(a+b)+41 \Leftrightarrow a(a-44)+b(b-44)=41 \Leftrightarrow a ^{2}-44a+(b ^{2}-44b-41)=0}\)
Licząc deltę łatwo oszacujemy że \(\displaystyle{ a \le 53 \wedge b \le 53}\)
Wracając do \(\displaystyle{ a(a-44)+b(b-44)=41}\)
Widzimy że jeden składnik sumy po lewej stronie musi być dodatni, a drugi ujemny dzięki temu mamy tylko 9 liczb do ręcznego sprawdzenia
Wynik \(\displaystyle{ (a,b) \in \{(50,7),(50,37),(7,50),(37,50)\}}\)
Przykładowe rozwiązanie: pierwsza grupa: jedna osoba mająca 4 wygrane i 5 porażek druga grupa: osiem osób mających 5 wygranych i 4 porażki trzeci grupa: jedna osoba mająca 1 wygraną i 8 porażek
Mamy wyznaczyć \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \pmod{107\cdot 109}}\) co jest równoważne:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 2^{49!} \pmod{109}\\ x \equiv 2^{49!} \pmod{107} \end{cases}}\)
Zajmując się 1 kongruencją zauważamy, że z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{108} \equiv 1 \pmod{109}}\), zauważamy również \(\displaystyle{ 49! \equiv 0 \pmod{108}}\) skąd wynika \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 1 \pmod{109}}\) przechodzimy teraz do 2 kongruencji, również z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{106} \equiv 1 \pmod{107}}\) chcemy wyznaczyć \(\displaystyle{ y\equiv 49! \pmod{106}}\), co jest równoważne:
\(\displaystyle{ \begin{cases} y \equiv 49! \pmod{2} \Rightarrow y \equiv 0 \pmod{2}\\ y \equiv 49! \pmod{53} \end{cases}}\)
Zajmując się 2 kongruencją zauważamy, że z twierdzenia Wilsona mamy \(\displaystyle{ 52! \equiv -1 \pmod{53}}\) oraz korzystając z rozszerzonego algorytmu Euklidesa wyznaczamy \(\displaystyle{ 50^{-1} \equiv 35\pmod {53} \wedge 51^{-1} \equiv 26\pmod {53} \wedge 52^{-1} \equiv 52\pmod {53}}\) mnożymy teraz: \(\displaystyle{ 52! \equiv -1 \pmod{53} /\cdot 50^{-1} \cdot 51^{-1} \cdot 52^{-1} \Rightarrow 49! \equiv 9 \pmod {53}}\) czyli mamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} y \equiv 0 \pmod {2}\\ y \equiv 9 \pmod {53} \end{cases} \Rightarrow y \equiv 49! \equiv 62\pmod {106}}\) czyli wracając do 2 kongruencji z 1 układu mamy:
\(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 2^{62} \pmod {107}}\) teraz korzystając z tego, że \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{p}\right) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}}\) mamy \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{107}\right) = (-1)^{\frac{107^2-1}{8}}}\) ale \(\displaystyle{ 107^2-1 \equiv 121-1 \equiv 8\pmod {16}}\) czyli \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{107}\right) = -1}\) czyli 2 jest nieresztą kwadratową \(\displaystyle{ \pmod{107}}\) korzystając z kryterium Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{53} \equiv -1 \pmod{107} \Rightarrow 2^{62} \equiv -2^9 \equiv 23\pmod {107}}\) czyli podsumowując otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 1 \pmod{109}\\ x \equiv 23\pmod {107} \end{cases}}\) co daje nam \(\displaystyle{ x \equiv 1200 \pmod {107 \cdot 109}}\)
2 ostatnie cyfry można wyznaczyć tak:
\(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \pmod {100} \Leftrightarrow \begin{cases} x \equiv 2^{49!} \equiv 0 \pmod {4}\\ x \equiv 2^{49!} \pmod {25} \end{cases}}\) z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{20} \equiv 1 \pmod {25}}\) ale \(\displaystyle{ 49! \equiv 0 \pmod {20}}\) czyli \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 1 \pmod{25}}\) czyli otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 0 \pmod {4}\\ x \equiv 1\pmod {25} \end{cases}}\) co daje nam \(\displaystyle{ x \equiv 76 \pmod{100}}\)