Każde miejsce w sieci rządzi się swoimi zasadami. Podobnie i my chcemy ułatwić wszystkim współpracę na forum Tutaj też informujemy Was o najnowszych zmianach.
Przepraszam, że się wtrącam ale czy któryś z laureatów drugiej kategorii mógłby wstawić tutaj przykładowe rozwiązania (albo ktoś kto potrafi je rozwiązać)? Myślę, że nie tylko ja jestem ich ciekaw.
W dowodzie skorzystamy z (dość znanego) twierdzenia Liouville'a o aproksymacji diofantycznej:
Jeśli \(\displaystyle{ \alpha}\) jest liczbą niewymierną, która jest pierwiastkiem wielomianu f stopnia n > 0 o współczynnikach całkowitych, to istnieje liczba rzeczywista A > 0 taka, że dla dowolnych liczb całkowitych p oraz q > 0 zachodzi \(\displaystyle{ |\alpha - \frac{p}{q}| > \frac{A}{q^n}}\).
Ukryta treść:
Dowód (za wikipedią): Niech M oznacza największą wartość modułu pochodnej |f '(x)| wielomianu f w przedziale \(\displaystyle{ [\alpha - 1, \alpha + 1]}\). Niech \(\displaystyle{ \alpha_1, \alpha_2,\ldots ,\alpha_m}\) będą różnymi pierwiastkami wielomianu f, które są różne od \(\displaystyle{ \alpha}\). Wybierzmy taką liczbę A > 0, która spełnia warunek:
Wówczas p/q leży w przedziale \(\displaystyle{ [\alpha - 1, \alpha + 1]}\) oraz p/q nie jest żadną z liczb \(\displaystyle{ \alpha_1, \alpha_2,\ldots , \alpha_m}\). Zatem p/q nie jest też pierwiastkiem f, a ponadto żaden pierwiastek f nie leży pomiędzy \(\displaystyle{ \alpha}\) i p/q.
Na mocy twierdzenia o wartości średniej pomiędzy p/q i \(\displaystyle{ \alpha}\) istnieje taka liczba \(\displaystyle{ x_0}\), że
Ponieważ f jest postaci \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}c_i\cdot x^i}\), gdzie każde \(\displaystyle{ c_i}\) jest całkowite, |f(p/q)| można zapisać jako
Ostatnia nierówność zachodzi, gdyż p/q nie jest pierwiastkiem wielomianu f, a \(\displaystyle{ c_i}\) są liczbami całkowitymi.
Zatem, \(\displaystyle{ |f(p/q)| \ge \frac{1}{qn}}\), a skoro \(\displaystyle{ |f '(x_0)| \le M}\) na mocy określenia liczby M i 1/M > A z definicji A, otrzymujemy stąd sprzeczność:
Wynika stąd, że nie istnieją liczby p i q o takich własnościach, co dowodzi lematu.
Dowód ten znajdziemy również np. w książce Jarosława Górnickiego "Okruchy Matematyki" w rozdziale "Liczby przestępne i liczby Liouville'a".
Liczba \(\displaystyle{ \sqrt[3]{2}}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ f(x)=x^3-2}\). Wielomian ten nie ma pierwiastków
wymiernych (można to sprawdzić, korzystając z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych), więc \(\displaystyle{ \sqrt[3]{2}}\) jest liczbą niewymierną i algebraiczną stopnia 3. Korzystając z twierdzenia Liouville'a o aproksymacji diofantycznej uzyskujemy więc tezę zadania.
Zadanie 2:
Zauważmy, że dla każdego \(\displaystyle{ m \in \mathbb{N}}\) funkcja \(\displaystyle{ f^{(m)}}\) jest funkcją wymierną. Istotnie, dla \(\displaystyle{ m=1}\)
teza jest prawdziwa, zaś jeżeli \(\displaystyle{ f^{(m-1)}(x)=\frac{a_{m-1}x+b_{m-1}}{c_{m-1}x+d_{m-1}}}\), to \(\displaystyle{ f^{m}(x)=f^{(m-1)}(f(x)) = \frac{a_{m-1}\frac{ax+b}{cx+d}+b_{m-1}}{c_{m-1}\frac{ax+b}{cx+d}x+d_{m-1}}=
\frac{(a_{m-1} a+b_{m-1} c)x+(ba_{m-1}+db_{m-1})}{(ac_{m-1}+cd_{m-1})x + (bc_{m-1}+dd_{m-1})}=
\frac{a_{m}x+b_{m}}{c_{m}x+d_{m}}}\)
czyli \(\displaystyle{ f^{(m)}}\) jest również funkcją wymierną, przy czym otrzymaliśmy układ rekurencji:
ale zgodnie z założeniem indukcyjnym (**) drugi nawias jest równy 0. To oznacza, że udowadniana równość jest prawdziwa i kończy dowód indukcyjny.
Z faktu \(\displaystyle{ f(0) \neq 0}\) wynika, że funkcja ta jest w tym punkcie nieokreślona lub przybiera wartość rzeczywistą różną od 0. Jeżeli jest ona nieokreślona, to nie możemy określić również liczby \(\displaystyle{ f^{n}(0)}\).
Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ f(0) \in \mathbb{R} \setminus\{0\}}\). To oznacza, że \(\displaystyle{ f(0)=\frac{b}{d}\neq0 \Leftrightarrow b\neq 0}\)
Ponadto: \(\displaystyle{ F(0)=0 \Leftrightarrow \frac{a_n\cdot0+b_n}{c_n\cdot0+d_n}=0 \Leftrightarrow b_n=0}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ b_n=0}\) do dwóch udowodnionych powyżej równań- (*) oraz (**): \(\displaystyle{ bc_n=0 \Leftrightarrow c_n=0}\) \(\displaystyle{ ba_n=bd_n \Leftrightarrow a_n=d_n}\)
(skorzystaliśmy z tego, że \(\displaystyle{ b \neq 0}\)). Podstawiając \(\displaystyle{ b_n=c_n=0, a_n=d_n}\): \(\displaystyle{ F(x)=\frac{a_nx+b_n}{c_nx+d_n}=\frac{a_nx}{a_n}=x}\)
Zadanie 3:
Niech \(\displaystyle{ p_1, p_2,...,p_{n!}}\) będą wszystkimi permutacjami zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, \ldots, n \}}\). Niech też \(\displaystyle{ p_i=(a_{i1}, a_{i2},..., a_{in})}\) dla i=1,2, ..., n. Załóżmy nie wprost, że dla dowolnych \(\displaystyle{ i, j \in \{ 1, \ldots, n \}, \, i \neq j}\) mamy \(\displaystyle{ n! \not | S(p_i)-S(p_j)}\).
To oznacza oczywiście, że wszystkie z liczb \(\displaystyle{ S(p_i)}\) dla i=1, 2,..., n! dają różne reszty \(\displaystyle{ \pmod{n!}}\). Niech \(\displaystyle{ r_i}\) oznacza dodatnią resztę z dzielenia liczby \(\displaystyle{ S(p_i)}\) przez n!.
Wtedy liczby \(\displaystyle{ r_1, r_2, ..., r_{n!}}\) są pewną permutacją zbioru \(\displaystyle{ \{0,1,2,..., n!-1\}}\), więc:
Z drugiej strony, dowolna liczba ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, \ldots, n \}}\) występuje w (n-1)!
permutacjach na j-tym miejscu (gdzie \(\displaystyle{ j\in \{ 1, \ldots, n \}}\)), więc:
Liczba n+1 jest parzysta, więc liczba \(\displaystyle{ n!\cdot\frac{n+1}{2}}\) dzieli się przez n!, czyli \(\displaystyle{ \frac{n!(n!-1)}{2} \equiv \sum_{i=1}^{n!}S(p_i) \equiv \sum_{j=1}^{n} c_j \cdot n! \cdot \frac{n+1}{2} \equiv 0 \pmod{n!}}\)
To oznacza, że liczba \(\displaystyle{ \frac{n!(n!-1)}{2}}\) powinna dzielić się przez n!. Ale \(\displaystyle{ \frac{n!(n!-1)}{2}:n!=\frac{(n!-1)}{2} \not \in \mathbb{Z}}\)
gdyż dla n>1 mamy \(\displaystyle{ 2|n!=1\cdot 2\cdot \ldots n \Rightarrow 2 \not |n!-1}\). Uzyskana sprzeczność kończy dowód.
Zadanie 4:
Wprowadźmy taki układ współrzędnych, by punkt (0,0,0) znajdował się w wspólnym punkcie 3 półprostych,
zaś proste te pokrywały się z dodatnimi półosiami OX, OY, OZ. Załóżmy też, że trójkąt, który chcemy umieścić
w układzie współrzędnych ma boki długości a,b,c. Trójkąt ten jest ostrokątny, więc suma kwadratów długości
dowolnych 2 boków jest większa od kwadratu długości trzeciego boku
(\(\displaystyle{ a^2+b^2-c^2=2ab\cos \alpha>0}\), bo \(\displaystyle{ \alpha}\), czyli kąt między bokami o długości a, b jest ostry. Analogicznie dla pozostałych dwóch boków). Przyjmijmy:
oraz \(\displaystyle{ A=(x,0,0), B=(0,y,0), C=(0,0,z)}\). Wtedy, ponieważ liczby x,y,z są dodatnie, punkty A, B, C leżą na półprostych z zadania.
Ponadto: \(\displaystyle{ |AB|=\sqrt{x^2+y^2}=c, |AC|=\sqrt{x^2+z^2}=b, |BC|=\sqrt{y^2+z^2}=a}\).
Trójkąt ABC ma więc boki długości a,b,c- jest przystający do trójkąta, który chcieliśmy umieścić na tych półprostych, co kończy dowód.
Zadanie 5:
Pokażemy, że jest to nieprawda, przez podanie kontrprzykładu. Niech \(\displaystyle{ P(x)=x+1}\) (oczywiście P jest wielomianem o współczynnikach całkowitych). Załóżmy nie wprost, że wielomian ten ma cykl \(\displaystyle{ (a_1, a_2, ..., a_k)}\) oraz k>1. Zauważmy, że
\(\displaystyle{ 1>0 \Rightarrow P(x)=1+x>x}\)
dla dowolnego x rzeczywistego. Stąd: \(\displaystyle{ a_{i}<P(a_i)=a_{i+1}}\)- ciąg (\(\displaystyle{ a_i}\)) jest więc
ściśle rosnący, czyli \(\displaystyle{ a_1<a_2<...<a_k<P(a_k)=a_1}\)
Sprzeczność kończy dowód.
Swistak - zapewniam Cię, że każdy z laureatów dostanie wybraną przez siebie nagrodę. silvaran - tak, każdy dostał nagrodę Jednak należy zaznaczyć, że w kategorii pierwszej KPR dostał maksymalną liczbę punktów, a pozostałe miejsca miały jednopunktowe różnice, w kategorii drugiej decydowała kolejność zgłoszeń, każde z zadań zostało rozwiązane wzorowo, jak i rozwiązania Qń-a. Zatem jak widać mimo słabej frekwencji poziom był bardzo wysoki.
Według mnie ludzi zniechęcić mogła właśnie ta reguła dotycząca wysyłania zadań. Ktoś stwierdził, że jak umie tylko jedno to po co wysyłać, szkoda czasu. Albo ktoś czekał aż wymyśli jeszcze jedno zadanie i rozwiązanych nie wysyłał, czas minął i przepadło. Kto wie