kategoria I - JaQb 6 lutego 2011, 13:18

Miejsce na dyskusje i ocenę zadań z I konkursu forumowego ;).
Liga
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 168
Rejestracja: 29 wrz 2006, o 18:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl

kategoria I - JaQb 6 lutego 2011, 13:18

Post autor: Liga » 7 lut 2011, o 09:50

JaQb pisze:Zadanie 1
Z warunku (1) dla dowolnego a nieujemnego istnieje takie b, że:
\(\displaystyle{ f(b)=a}\)
Z powyższego oraz z warunku (2):
\(\displaystyle{ f(a)=f(f(b))=f(b)=a}\)
Dla a nieujemnych. Z warunku (3):
\(\displaystyle{ f(a)=f(-a)=-a}\) dla a ujemnych. Czyli:
\(\displaystyle{ f(x)=\begin{cases} x \ dla \ x \ge 0 \\-x \ dla \ x<0 \end{cases}}\)
Oczywiście tą funkcją jest \(\displaystyle{ f(x)=|x|}\)


Zadanie 2.
Poszukajmy najpierw ,,prostych" i ,,ładnych" całkowitych rozwiązań. Zauważmy, że \(\displaystyle{ 3^7=2187}\). Należy jeszcze wziąć małe liczby ujemne. Żeby było ładnie, np. -2 i -1. Przypadkiem wszystkie równania są spełnione. Zatem 6 rozwiązań wynika z permutacji trójki liczb (3,-2,-1).
Podstawmy \(\displaystyle{ z=-(x+y)}\). Mamy z drugiego równania:
\(\displaystyle{ x^3+y^3-x^3-3(x+y)xy-y^3=18}\)
\(\displaystyle{ 3xyz=18 \\
xyz=6}\)

Uprościliśmy nieco drugą równość. Oczywiście 3,-2,-1 spełnia powyższe równanie. Aby to równanie było spełnione, wśród liczb x,y,z musi być parzysta liczba liczb ujemnych. Jeśli będzie ich 0, to równość x+y+z=0 nie będzie spełniona, więc muszą być 2 liczby ujemne i 1 dodatnia.
Z ostatniego równania, podstawiając z=-(x+y) i dzieląc przez -7, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ x^6y+3x^5y^2+5x^4y^3+5x^3y^4+3x^2y^5+xy^6=-294}\)
Niestety nie wiem, co z tym dalej zrobić.

Zadanie 3
Przekształćmy kwadrat w jednokładności o skali takiej, by otrzymać kwadrat o boku 1, co uprości obliczenia. Obierzmy osie wzdłuż boków AB (y) i AD (x) (początek w punkcie A). Punkt P ma współrzędne:
\(\displaystyle{ P=(x, \sqrt{1-x^2}) \\
Q=(p,1-p)}\)

Ponieważ punkt Q leży na prostej \(\displaystyle{ y=1-x}\)
\(\displaystyle{ S=(1,\sqrt{1-x^2}) \\
R=(x,1) \\
PS=1-x \\
PR=1-\sqrt{1-x^2}}\)

Q jest rzutem prostokątnym P na prostą BD, toteż \(\displaystyle{ \sphericalangle BQP=90}\), czyli prosta BD określona równaniem \(\displaystyle{ -x+1}\) i prosta PQ określona równaniem \(\displaystyle{ ax+b}\) są prostopadłe, czyli \(\displaystyle{ a \cdot (-1)=-1 \ \Rightarrow \ a=1}\).
W szczególności, równania prostej dla punktów P i Q przyjmują postać:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+b=\sqrt{1-x^2} \\ p+b=1-p \end{cases}}\)
Stąd \(\displaystyle{ p= \frac{x+1-\sqrt{1-x^2}}{2}}\)

\(\displaystyle{ PQ^2=(x-\frac{x+1-\sqrt{1-x^2}}{2})^2+(\sqrt{1-x^2}+\frac{x-1-\sqrt{1-x^2}}{2})^2= \\
=x^2-x(x+1-\sqrt{1-x^2})+(\frac{x+1-\sqrt{1-x^2}}{2})^2+1-x^2+ \\
+\sqrt{1-x^2}(x-1-\sqrt{1-x^2})+(\frac{x-1-\sqrt{1-x^2}}{2})^2= \\
=1-x^2-x+x\sqrt{1-x^2}+\frac{x^2+1+(1-x^2)+2x-2\sqrt{1-x^2}-2x\sqrt{1-x^2}}{4}+ \\
+x\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}-(1-x^2)+\frac{x^2+1+(1-x^2)-2x+2\sqrt{1-x^2}-2x\sqrt{1-x^2}}{4}= \\
=-x+2x\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}+ \frac{4-4x\sqrt{1-x^2}}{4}= \\
=1-x+x\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}= (1-x)(1-\sqrt{1-x^2})=PS\cdot PR \\
ckd.}\)


Zadanie 4
Z: \(\displaystyle{ abcd=1}\)
Udowodnię że:
T: \(\displaystyle{ 1< \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}}\)
D: Pomnóżmy obie strony nierówności przez \(\displaystyle{ (1+a)(1+b)(1+c)(1+d)}\)
\(\displaystyle{ 1< \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d} \Leftrightarrow \\
(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)<(1+b)(1+c)(1+d)+(1+a)(1+c)(1+d)+ \\ +(1+a)(1+b)(1+d)+(1+a)(1+b)(1+c)
\Leftrightarrow \\
abcd+abc+abd+acd+bcd+ab+ac+ad+bc+bd+cd+a+b+c+d+1<(bcd+bc+cd+bd+b+c+d+1)+...}\)

(*)
Mamy równoważność do:
\(\displaystyle{ 0<2+2(a+b+c+d)+ab+ac+ad+bc+bd+cd}\)
Co jest prawdą, bo a,b,c,d są dodatnie.
Weźmy szczególny przypadek, gdy \(\displaystyle{ a=b=c=x \rightarrow \infty}\), \(\displaystyle{ d= \frac{1}{x^3} \rightarrow 0}\)
\(\displaystyle{ \lim_{ x\to \infty }( \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+ \frac{1}{x^3} })=1}\)Tzn. że dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon>0}\) istnieje takie x, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+\frac{1}{x^3}}<1+\epsilon}\).

Udowodnie teraz, że 1 jest największą wartością, jaką może przyjmować t.
Załóżmy, że tak nie jest. Wtedy (w szczególności): (\(\displaystyle{ \alpha >0}\))
\(\displaystyle{ 1+ \alpha<\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+ \frac{1}{x^3}}<1+ \alpha}\)
Ponieważ można przyrównać \(\displaystyle{ \epsilon= \alpha}\)
Otrzymaliśmy sprzeczność zakładając, że t może być większe od 1. Zatem maksymalna wartość t wynosi 1.


*Może trochę objaśnień:
Korzystając z faktu, że abcd=1, odejmujemy stronami 2. Po prawej stronie są cztery jednyki, więc ,,zostają" dwie
Następnie odejmujemy abc+abd+acd+bcd korzystając z faktu, ze w każdym nawiasie po prawej stronie jest jeden taki człon.
Odejmujemy ab+ac+ad+bc+bd+cd (pierwszy nawias-bc, bd,cd, drugi nawias- ac, ad, trzeci nawias- ab)
Odejmujemy a+b+c+d (pierwszy nawias-b,c,d, drugi- a)

Zadanie 5
Na początku udowodnię, że liczba \(\displaystyle{ A}\) zdefiniowana w następujący sposób:
,,Bierzemy m dziewiątek, przy czym \(\displaystyle{ n=9m+q \ (0 \le q <9}\) Jeśli \(\displaystyle{ q\neq 0}\), dopisujemy na początku q."
Spełnia warunki zadania. Tak otrzymane \(\displaystyle{ A}\) ma sumę cyfr 9m+q=n.
Liczbę mającą cyfrę jedności a, dziesiątek b itd. zapisujemy w następujący sposób:
\(\displaystyle{ \left\{ ...,b, a\right\}}\)
W takim razie dla pewnej liczby k:
\(\displaystyle{ k=\left\{x_{m+1}, x_m, ... , x_1 \right\} \\
A=\left\{ q, 9,9,...,9\right\} \\
A-k= \left\{ q-x_{m+1}, 9-x_m, ... , 9-x_1\right\} \\
S(k)+S(A-k)=x_{m+1}+...+x_1+(q-x_{m+1})+ (9-x_m)+ ... + (9-x_1)= \\
=q+9m=n}\)

Udowodniłem, że takie A spełnia warunki zadania.

Załóżmy teraz, że istnieje \(\displaystyle{ B \neq A}\), które spełnia warunki zadania.
1. \(\displaystyle{ B>A}\)
Musi być:
\(\displaystyle{ S(B-A)+S(A)=n}\)
Ale \(\displaystyle{ S(A)=9m+q=n}\)
Czyli \(\displaystyle{ S(B-A)=0}\)
Z tego wynika, że żadna cyfra liczby B-A nie może być dodatnia, ponieważ żadna nie może być ujemna. Każda cyfra jest wobec tego równ 0, czyli B=A, co jest sprzeczne z założeniem o istnieniu B>A.

2. \(\displaystyle{ B<A}\)
Musi być:
\(\displaystyle{ S(B-1)+1=n \\
S(B-1)=n-1}\)

Ale \(\displaystyle{ S(A-1)=n-1}\)
\(\displaystyle{ B-1<A-1}\)
Rozważamy, czy istnieje liczba mniejsza od A-1, której suma cyfr jest równa n-1.
\(\displaystyle{ A-1=\left\{ q,9,9,...,9,8\right\}}\)

2.1 Jest to liczba powstała z liczby A-1 poprzez zamianę 8 na 9 i q na (q-1). Jeśli q=0, zamieniamy pierwszą dziewiątkę.
\(\displaystyle{ B-1=\left\{ (q-1),9,9,...,9,9\right\}}\)
\(\displaystyle{ B=q\codt10^m}\)

2.1.I. \(\displaystyle{ q\neq1}\)
Wtedy bierzemy \(\displaystyle{ k=10^m}\). Musi być:
\(\displaystyle{ S((q10^m-10^m)+S(10^m)=n=q}\)
Dla n>9 to nieprawda. Zaś dla n<10 A=n i B<n=A możemy wybrać k=1, wtedy otrzymujemy \(\displaystyle{ S(B-k)+S(k)=B=n}\), więc sprzecznosć.
2.1.II. \(\displaystyle{ q=1}\)
Wtedy bierzemy \(\displaystyle{ k=10^{m-1}}\) (jeśli m>0). Analogicznie jak w I:
n=q...
Dla m=0 n<10, a tą sytuację już rozważaliśmy w I.


2.2 \(\displaystyle{ B-1=\left\{ q,9,...,9,8,9,...,9\right\} \\
B=\left\{ q,9,9,...,9,0,...,0\right\}}\)

(Jest tu p zer)
Bierzemy k powstałe z liczby B przez skreślenie pierwszej cyfry.
\(\displaystyle{ S(k)+S(B-k)=n=9(m-p)+q}\)
lub, gdy q=0
\(\displaystyle{ S(k)+S(B-k)=n=9(m-p-1)+9=9(m-p)}\)
Ale n=9m+q, więc dla p>0 mamy sprzeczność.

Udowodniłem przez zaprzeczenie, że nie moze istnieć B różne od podanego A spełniające warunki zadania. A jest więc jedyną taką liczbą.

Awatar użytkownika
Sylwek
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2710
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 155 razy
Pomógł: 650 razy

kategoria I - JaQb 6 lutego 2011, 13:18

Post autor: Sylwek » 7 lut 2011, o 15:12

Oceny:

Zadanie 1: 6
Zadanie 2: 0
Zadanie 3: 6
Zadanie 4: 6
Zadanie 5: 6

ODPOWIEDZ