Kategoria II - limes123 4 lutego 2011, 14:00

[Liga]

1. Załóżmy, że teza nie jest prawdziwa, czyli dla dowolnego \(\displaystyle{ c>0}\) istnieje para \(\displaystyle{ (m,n)}\) liczb naturalnych taka, że \(\displaystyle{ |\sqrt[3]{2}-\frac{m}{n}|\leq \frac{c}{n^3}}\). Przyjmijmy w dalszej częśći dla wygody \(\displaystyle{ \alpha=\sqrt[3]{2}}\). Widzimy więc, że dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ c>0}\) istnieją \(\displaystyle{ m,n}\) naturalne takie, że \(\displaystyle{ \alpha\cdot n-m=\frac{c_1}{n^2}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ |c_1|\leq c}\). Podnosząc obie strony do trzeciej potęgi dostaniemy \(\displaystyle{ 2n^3-3mn^2\cdot \alpha^2+3m^2n\cdot \alpha-m^3=\frac{|c_1|^3}{n^6}}\), czyli \(\displaystyle{ 2n^3-m^3=\frac{|c_1|^3}{n^6}+3mn\cdot \alpha(n\cdot \alpha-m)=\frac{|c_1|^3}{n^6}+3mn\cdot \alpha\cdot \frac{|c_1|}{n^2}=\frac{|c_1|}{n^6}+3\cdot \alpha\cdot |c_1| \cdot \frac{m}{n}}\), czyli
\(\displaystyle{ 2n^3-m^3=\frac{|c_1|}{n^6}+3\cdot \alpha\cdot |c_1| \cdot \frac{m}{n}}\) i łatwo zauważyć, że prawa strona ostatniej równości może być dowolnie bliska \(\displaystyle{ 0}\) (dowolność \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ \frac{m}{n}}\) bliskie \(\displaystyle{ \alpha}\)), co w połączeniu z \(\displaystyle{ 2n^3-m^3\in \mathbb{Z}}\) daje \(\displaystyle{ \sqrt[3]{2}=\frac{m}{n}}\), a to jest oczywiście sprzecznością, czyli teza zadania jest prawdziwa.


2. Będę korzystał ze znanych własności składania funkcji homograficznej. Zachodzi \(\displaystyle{ f^n(x)=\frac{a_nx+b_n}{c_nx+d_n}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_n=aw_n-Dw_{n-1}}\), \(\displaystyle{ b_n=bw_n}\), \(\displaystyle{ c_n=cw_n}\) i \(\displaystyle{ d_n=dw_n-Dw_{n-1}}\), gdzie \(\displaystyle{ D=det(A)}\), (\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right]}\)) i \(\displaystyle{ w_n=\frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2}}\) dla \(\displaystyle{ \lambda_1\neq \lambda_2}\), \(\displaystyle{ w_n=n\lambda_1^{n-1}}\) dla \(\displaystyle{ \lambda_1=\lambda_2}\), gdzie \(\displaystyle{ \lambda_1, \lambda_2}\) to wartości własne \(\displaystyle{ A}\). Z \(\displaystyle{ F(0)=0}\) wynika \(\displaystyle{ b_n=0}\) a to w połączeniu z \(\displaystyle{ b\neq 0}\) (bo \(\displaystyle{ f(0)\neq 0}\)) daje \(\displaystyle{ w_n=0}\), czyli również \(\displaystyle{ c_n=0}\). Mamy więc \(\displaystyle{ F(x)=\frac{a_nx}{d_n}}\), ale \(\displaystyle{ a_n=aw_n-Dw_{n-1}=Dw_{n-1}=dw_n-Dw_{n-1}=d_n}\), czyli \(\displaystyle{ F(x)=x}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) z dziedziny \(\displaystyle{ F}\), co kończy dowód. (Własności składania funkcji homograficznych można znaleźć tu ... php?t=4948).


3. Załóżmy, że teza zadania nie jest prawdziwa. Permutacji zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,...,n\}}\) jest dokładnie \(\displaystyle{ n!}\) i oznaczmy ich zbiór przez \(\displaystyle{ P}\). Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ S(a)}\) przebiega wszsytkie mozliwe reszty modulo \(\displaystyle{ n!}\) dla \(\displaystyle{ a\in P}\), czyli
\(\displaystyle{ \sum_{a\in P}S(a)=1+2+...+n!}\) (pracujemy modulo \(\displaystyle{ n!}\)). Mamy
\(\displaystyle{ \sum_{a=(a_1,a_2,...,a_n)\in P}\sum_{i=1}^nc_ia_i=\sum_{a\in P}S(a)=\frac{n!(n!+1)}{2}}\). Teraz zauważamy, że liczba \(\displaystyle{ i}\) występuje na miejscu \(\displaystyle{ j}\) w dokładnie \(\displaystyle{ (n-1)!}\) permutacjach z \(\displaystyle{ P}\) dla \(\displaystyle{ 1\leq i,j\leq n}\), czyli \(\displaystyle{ (n-1)!\cdot \sum_{i=1}^nc_i=\frac{n!(n!+1)}{2}}\) czyli \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n c_i=\frac{n(n!+1)}{2}}\) co jest sprzecznością, bo po lewej jest liczba całkowita, a po prawej liczba postaci \(\displaystyle{ \frac{2k+1}{2}}\) dla \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\). Dowodzi to prawdziwości tezy zadania.


4. Weźmy dowolny trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\). Niech \(\displaystyle{ S_1, S_2, S_3}\) będą sferami o średnicach odpowiednio \(\displaystyle{ BC, CA, AB}\) niech \(\displaystyle{ O}\) będzie okręgiem będącym częścią wspólną \(\displaystyle{ S_1, S_2}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny wynika, że \(\displaystyle{ C}\) leży poza sferą \(\displaystyle{ S_3}\), czyli sfera ta przecina \(\displaystyle{ O}\) w dwóch punktach \(\displaystyle{ X,Y}\). Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ XA\perp XB}\), \(\displaystyle{ XB\perp XC}\), \(\displaystyle{ XC\perp XA}\), czyli umieściliśmy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w układzie o osiach \(\displaystyle{ XA,XB,XC}\), co dowodzi prawdziwości tezy ze względu na dowolność \(\displaystyle{ ABC}\).


5. Pokażę, że wielomian \(\displaystyle{ P(x)=10x^2}\) nie ma cyklu całkowitego długości \(\displaystyle{ \geq 2}\). Załóżmy nie wprost, że taki cykl istnieje i oznaczmy go \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_k}\). Wtedy łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ a_i\neq 0}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...,k}\) oraz \(\displaystyle{ |a_{i+1}|\geq a_{i+1}=10a_i^2>|a_i|}\) (indeksy modulo \(\displaystyle{ k}\)) co jest oczywiście sprzecznością, bo prowadzi do \(\displaystyle{ |a_1|>|a_1|}\). Obaliłem zatem tezę, że wszystkie wielomiany o współczynnikach całkowitych mają cykl całkowity długości \(\displaystyle{ \geq 2}\).

[Sylwek]

Oceny:

Zadanie 1: 6
Zadanie 2: 6
Zadanie 3: 6
Zadanie 4: 6
Zadanie 5: 6

Opisy nie są wyczerpujące, ale są wystarczająco poprawne.