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.
Podstawiamy \(\displaystyle{ k=0}\) i dostajemy że \(\displaystyle{ m|a_0}\). I stąd mamy, że \(\displaystyle{ m|a_nk^n+a_{n-1}k^{n-1}+\ldots + a_1k=k(a_nk^{n-1}+a_{n-1}k^{n-2}+\ldots + a_1)}\) dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ k}\). Stąd \(\displaystyle{ m|a_nk^{n-1}+a_{n-1}k^{n-2}+\ldots + a_1}\), znowu bierzemy \(\displaystyle{ k=0}\) itd. i dostajemy, że wszystkie wsp. są podzielne przez \(\displaystyle{ m}\) i nic o nich nie założyliśmy.
Chyba, że jest tu jakaś głupota i się tylko ośmieszyłem ;p
abc666 pisze:że wszystkie wsp. są podzielne przez \(\displaystyle{ m}\)
Niekoniecznie, weź chociażby \(\displaystyle{ m=2}\) i wielomian \(\displaystyle{ x^2+x+2}\). Wtedy dostaniemy podzielność przez \(\displaystyle{ m}\) jedynie \(\displaystyle{ a_0}\). Ale to oczywiście wystarcza, także w wersji z wymiernymi współczynnikami (a nie całkowitymi).
W takim razie jednak powinno zostać \(\displaystyle{ a_n\cdot n!}\) (czyli inaczej niż mam na kartce, ale tak jak napisałem początkowo). I na oko wygląda na to, że współczynniki mogą być też wymierne, na przykład wielomian \(\displaystyle{ \frac{x^3-x}{2}}\) jest podzielny przez trzy i \(\displaystyle{ \frac 12 \cdot 3!}\) też jest podzielne przez trzy.
Wówczas \(\displaystyle{ f(n)=f(f(n+16))=f(n+16-12)=f(n+4)}\) i pozostajemy w tym samym przypadku bez ponownego "przeskoku" do przypadku "n-12"
Z \(\displaystyle{ f(n)=f(n+4)}\) wynikają dwa wnioski:
- w tym przypadku funkcja jest okresowa o okresie 4
- \(\displaystyle{ f(1996)=f(2000)=1992}\) i przez analogię do pozostałych argumentów z tego przypadku dojdziemy do następującej sytuacji:
Skoro \(\displaystyle{ f(1984)=f(f(2000))=f(1992)=1992}\) to łatwo zauważyć że przypadek 2 i 3 mozna połączyć ze sobą. (wystarczy cofać się od \(\displaystyle{ n=1984}\) w dół) a nawet włączyć w to przypadek 1.
Stąd funkcja \(\displaystyle{ f(n)}\) przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ f(n)=\begin{cases} n-12 \ \textrm{ dla } \ n>2000\\ 1992 \ \textrm{ dla } \ n \ mod \ 4 = 0 \wedge n \le 2000 \\ 1988 + (n \ mod \ 4) \ \textrm{ dla } \ n \ mod \ 4 \neq 0 \wedge n \le 2000 \end{cases}}\)
Znalezienie n spełniającego warunek \(\displaystyle{ f(n)=n}\) nie stanowi juz problemu:
Oznaczmy rzuty punktu P na proste \(\displaystyle{ P_1P_2}\), \(\displaystyle{ P_1P_3}\), \(\displaystyle{ P_2P_4}\), \(\displaystyle{ P_3P_4}\) odpowiednio jako X, Y, V, Z. Zauważamy teraz, że trójkąty \(\displaystyle{ PXP_2}\) i \(\displaystyle{ PYP_3}\) są podobne (kąt prosty oraz kąty \(\displaystyle{ \sphericalangle PP_2X = \sphericalangle PP_3Y}\) są równe - leżą na tym samym łuku.) Analogicznie trójkąty \(\displaystyle{ PZP_3}\) i \(\displaystyle{ PVP_2}\) są podobne. A zatem prawdziwe są równości: \(\displaystyle{ \frac{PX}{PP_2}= \frac{PY}{PP_3}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{PZ}{PP_3}= \frac{PV}{PP_2}}\), które po pomnożeniu stronami dają tezę: \(\displaystyle{ PX \cdot PZ = PY \cdot PV}\), czyli \(\displaystyle{ d_{12} \cdot d_{34} = d_{13} \cdot d_{24}}\) Finis.
Na marginesie - zastanawiam się nad zad. 22 - posiedziałem sobie już trochę nad nim i wydaje mi się, że bez ostrej sieczki - rozwiązanie przedstawione przez kolegę ordyh - nie ma ładnej, eleganckiej wzorcówki.
Choć bardzo chętnie bym ją ujrzał
Pzdr
Policzmy pochodną wielomianu \(\displaystyle{ Q}\). \(\displaystyle{ Q'(x) = ((P'(x))^2-2P(x)P''(x) )' = 2P'(x)P''(x)-2(P'(x)P''(x)+P(x)P'''(x)) = -2P(x)P'''(x)}\)
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ P(x) = ax^3+bx^2+cx+d}\), to \(\displaystyle{ P'''(x) = 6a \neq 0}\).
Zatem \(\displaystyle{ Q'(x) = 0 \Leftrightarrow P(x) = 0}\), więc wielomian \(\displaystyle{ Q}\) przyjmuje ekstrema w punktach będącymi pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P}\) (ponieważ \(\displaystyle{ Q'}\) nie posiada pierwiastków wielokrotnych).
Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie pierwiastkiem \(\displaystyle{ P}\), mamy: \(\displaystyle{ Q(a) = P'(a)^2 - 2P(a)P''(a) = P'(a)^2}\)
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ P(a) = 0}\), to \(\displaystyle{ P'(a) \neq 0}\), w przeciwnym wypadku \(\displaystyle{ a}\) by było pierwiastkiem wielokrotnym, co jest sprzeczne z założeniem, zatem \(\displaystyle{ Q(a) > 0}\).
Ponadto podstawiając \(\displaystyle{ P(x) = ax^3+bx^2+cx+d}\) widzimy, że wielomian \(\displaystyle{ Q}\) jest 4 stopnia, a współczynnik przy najwyższej potędze wynosi \(\displaystyle{ -3a^2}\). Stąd wnioskujemy, że przy \(\displaystyle{ x}\) dążącym do plus lub minus nieskończoności wielomian \(\displaystyle{ Q}\) dąży do minus nieskończoności, więc jego ekstrema występują w kolejności maksimum-minimum-maksimum, a ponieważ wielomian w minimum przyjmuje wartość dodatnią, więc wielomian \(\displaystyle{ Q}\) posiada tylko 2 pierwiastki rzeczywiste na przedziałach od minus nieskończoności do najmniejszego pierwiastka \(\displaystyle{ P}\) oraz od największego pierwiastka \(\displaystyle{ P}\) do plus nieskończoności.
Ostatnio zmieniony 17 lip 2011, o 18:57 przez ordyh, łącznie zmieniany 3 razy.
Hmm, no rzeczywiście, wtedy ta nierówność nie działa, założyłem, że jest rzeczywiste z tego względu, że teraz na omie nie ma liczb zespolonych.
zad. 12.:
Pokażemy, że \(\displaystyle{ n=2^k-2}\) dla \(\displaystyle{ k \in \mathbb{N}}\) spełnia warunki zadania.
Obliczmy najpierw \(\displaystyle{ D(2^k-1) = d(1)+d(2)+...+d(2^k-1)}\). Jeżeli liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^a}\), ale nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^{a+1}}\), to możemy ją zapisać w postaci \(\displaystyle{ n=2^{a+1}m+2^a}\), wtedy \(\displaystyle{ d(n) = d(2^a(2m+1)) = 2m+1 = \frac{n}{2^a}}\). Podzielmy liczby \(\displaystyle{ 1,...,2^k-1}\) na \(\displaystyle{ k}\) zbiorów ze względu na \(\displaystyle{ a}\): \(\displaystyle{ S_0=\{1,3,5,7,...,2^k-1\}}\) \(\displaystyle{ S_1=\{2,6,10,...,2^k-2\}}\) \(\displaystyle{ S_2=\{4,12,...,2^k-4\}}\)
... \(\displaystyle{ S_{k-2}=\{2^{k-2},2^{k-1}+2^{k-2}\}}\) \(\displaystyle{ S_{k-1}=\{2^{k-1}\}}\)
Policzmy moc każdego zbioru \(\displaystyle{ S_a}\) dla \(\displaystyle{ 0\leq a \leq k-1}\), czyli sprawdźmy ile liczb postaci \(\displaystyle{ n=2^{a+1}m+2^a}\) spełnia \(\displaystyle{ 1\leq n \leq 2^k-1}\). \(\displaystyle{ 1\leq 2^{a+1}m+2^a \leq 2^k-1}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{2^{a}} \leq 2m+1 \leq 2^{k-a}-\frac{1}{2^a}}\) \(\displaystyle{ 1 \leq 2m+1 \leq 2^{k-a}-1}\) \(\displaystyle{ 0 \leq 2m \leq 2^{k-a}-2}\) \(\displaystyle{ 0 \leq m \leq 2^{k-1-a}-1}\)
Mamy więc \(\displaystyle{ |S_a| = 2^{k-1-a}}\). Liczby w zbiorze \(\displaystyle{ S_a}\) tworzą ciąg arytmetyczny, w którym najmniejszym wyrazem jest \(\displaystyle{ 2^a}\), a największym \(\displaystyle{ 2^k-2^a}\), więc \(\displaystyle{ \sum_{n \in S_a} n = \frac{2^a+2^k-2^a}{2}\cdot 2^{k-1-a} = 2^{2k-2-a}}\)
a stąd: \(\displaystyle{ \sum_{n \in S_a} d(n) = \sum_{n \in S_a} \frac{n}{2^a} =2^{2k-2-2a} = 4^{k-1-a}}\)
Zakładam, że \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) (w sumie to jakby to zadanie miało w \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) wyglądać?) Niech \(\displaystyle{ x^2-x=c}\), przy założeniu, że \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) mamy oczywiście \(\displaystyle{ c\in\{0,1,2,...\}}\). Wykażemy, że \(\displaystyle{ x}\) jest wymierny (co jest równoważne z tym, że jest całkowity). Jeśli \(\displaystyle{ c=0}\) to wszystko jest jasne. Niech więc \(\displaystyle{ c>0}\). Liczby \(\displaystyle{ x^2-x}\) i \(\displaystyle{ x^n-x}\) są całkowite, więc liczba \(\displaystyle{ \frac{x^n-x}{x^2-x}=x^{n-2}+x^{n-1}+...+x+1}\)
jest wymierna, oznaczmy ją \(\displaystyle{ w}\).
Teraz pokażemy (indukcyjnie), że przy założeniu \(\displaystyle{ x^2-x=c}\), dla każdego \(\displaystyle{ k\in\mathbb{N}}\) wyrażenie \(\displaystyle{ x^k+x^{k-1}+...+x+1}\) daje się zapisać w postaci \(\displaystyle{ P(c)+xQ(c)}\), gdzie \(\displaystyle{ P(c),Q(c)}\) - wielomiany zmiennej \(\displaystyle{ c}\) o współczynnikach całkowitych dodatnich (ściślej nieujemnych i przynajmniej jednym dodatnim).
Dla \(\displaystyle{ k=1}\) mamy \(\displaystyle{ x+1=1+1\cdot x}\), czyli ok. Załóżmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ k}\) mamy \(\displaystyle{ x^k+x^{k-1}+...+x+1=P(c)+x Q(c)}\)
Zadanie w \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) wyglądałoby tak samo, ale teza byłaby nieprawdziwa. Na przykład jeśli \(\displaystyle{ x}\) jest pierwiastkiem trzeciego stopnia z \(\displaystyle{ -1}\) (różnym od \(\displaystyle{ -1}\)), to: \(\displaystyle{ x^2-x=x^8-x=-1\in\mathbb{Z}}\)
a \(\displaystyle{ x}\) ewidentnie nie jest całkowity.
Stąd należy domniemywać, że jest milczące założenie o rozpatrywaniu sytuacji w zbiorze liczb rzeczywistych.
Jeżeli \(\displaystyle{ a = 1}\), to \(\displaystyle{ x_i = 1}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ i}\). Dalej załóżmy, że \(\displaystyle{ a>1}\).
Pokażemy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ i}\) zachodzi:
1. \(\displaystyle{ x_i > 1}\)
2. \(\displaystyle{ x_i < x_{i-1}}\)
1. Udowodnimy, że dla \(\displaystyle{ x>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x) = x^2-1-\ln x >0}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ f(1) = 0}\), funkcja jest rosnąca dla \(\displaystyle{ x \geq 1}\), ponieważ \(\displaystyle{ f'(x) = 2x - \frac{1}{x} > 2 - 1 = 1 > 0}\)
zatem dla \(\displaystyle{ x>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ x^2-1-\ln x >0}\) \(\displaystyle{ x^2>1+\ln x}\) \(\displaystyle{ \frac{x^2}{1+\ln x}>1}\) \(\displaystyle{ 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right)>1}\)
Stąd jeżeli \(\displaystyle{ x_i > 1}\), to \(\displaystyle{ x_{i+1} > 1}\), na mocy indukcji \(\displaystyle{ x_i>1}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\).
2. Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right)-x}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ f(1) = 0}\). \(\displaystyle{ f'(x) = ... = \frac{(1-x)+(2-x)\ln x}{x+x\ln x}}\)
Pokażemy, że pochodna jest ujemna dla \(\displaystyle{ x>1}\), mianownik jest zawsze dodatni, więc musimy pokazać, że \(\displaystyle{ g(x) = (1-x)+(2-x)\ln x < 0}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ g(1) = 0}\). \(\displaystyle{ g'(x) = \frac{2}{x}-2-\ln x < 2-2-0 = 0}\)
Zatem funkcja \(\displaystyle{ g}\) jest malejąca, więc \(\displaystyle{ g(x)<0}\) dla \(\displaystyle{ x>1}\), a stąd \(\displaystyle{ f'(x) < 0}\), więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest malejąca, czyli \(\displaystyle{ f(x) < 0}\) dla \(\displaystyle{ x>1}\).
A stąd wynika, że \(\displaystyle{ 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right) < x}\), zatem ciąg jest malejący.
Skoro ciąg jest malejący i ograniczony z dołu, to jest zbieżny. Oznaczmy jego granicę przez \(\displaystyle{ g}\). Zachodzi \(\displaystyle{ g = 1+\ln\left(\frac{g^2}{1+\ln g}\right)}\)
Rozważając funkcję \(\displaystyle{ f}\) z punktu 2. otrzymujemy, że \(\displaystyle{ g=1}\).
Łatwo widzieć że \(\displaystyle{ \vec{A_0B_0}=\frac{1}{3}\vec{BA} = \frac{1}{3}\vec{A_1B_1}}\), więc istnieje jednokładność o skali \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) przekształcająca \(\displaystyle{ A_1}\) na \(\displaystyle{ A_0}\) i \(\displaystyle{ B_1}\) na \(\displaystyle{ B_0}\). Niech jej środkiem będzie punkt \(\displaystyle{ X}\). W podobny sposób pokazujemy, że ta jednokładność przekształca \(\displaystyle{ C_1}\) na \(\displaystyle{ C_0}\) i \(\displaystyle{ D_1}\) na \(\displaystyle{ D_0}\). Stąd proste z zadania przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ X}\).
Dla wygody w zapisie uogólnijmy definicję symbolu Newtona (zakładamy, że \(\displaystyle{ n,k}\) są całkowite): \(\displaystyle{ {n \choose k} =\begin{cases}\textrm{to co zwykle gdy} \ 0\le k\le n\\ 0 \ \textrm{gdy} \ n<k \ \textrm{lub} \ k<0\end{cases}}\)
Nietrudno zauważyć, że w takim razie można definicję ciągu zapisać jako: \(\displaystyle{ a_n= \sum_k (-1)^k\cdot {n-k \choose k}}\)
gdzie sumowanie jest po wszystkich \(\displaystyle{ k}\) całkowitych (dla "nowych" \(\displaystyle{ k}\) sumowane wyrażenie i tak jest bowiem zerem).
Łatwo też sprawdzić, że wzór: \(\displaystyle{ {n \choose k} = {n-1 \choose k} + {n-1 \choose k-1}}\)
działa dla dowolnych \(\displaystyle{ n,k}\) całkowitych (wystarczy sprawdzić przypadki graniczne).
W takim razie, korzystając z tego wzoru i z definicji ciągu dostajemy: \(\displaystyle{ a_n= \sum_k (-1)^k\cdot {n-k \choose k}=\sum_k (-1)^k\cdot {n-1-k \choose k}+\sum_k (-1)^k\cdot {n-1-k \choose k-1}=\ldots}\)
Pierwsza suma to po prostu \(\displaystyle{ a_{n-1}}\), a w drugiej sumie jeśli podstawimy \(\displaystyle{ l=k-1}\), to sumowanie będzie przebiegało po wszystkich \(\displaystyle{ l}\) całkowitych i dostajemy dalej: \(\displaystyle{ \ldots = a_{n-1}-\sum_l (-1)^l\cdot {n-2-l \choose l}= \\ =a_{n-1}-a_{n-2}=(a_{n-2}-a_{n-3})-a_{n-2}=-a_{n-3}=a_{n-6}}\)
co dowodzi okresowości naszego ciągu.
Zróbmy interpolację Lagrange'a w punktach 0,2,3,...,n. Otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)=\sum\limits_{i=0}^n f(i)\frac{x(x-1)\dots(x-i+1)(x-i-1)\dots(x-n)}{i(i-1)\dots 1(-1)\dots(i-n)}}\).
Zatem pierwszy współczynnik wynosi \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^n f(i)\frac1{i! (n-i)!}(-1)^{n-i}}\). Jak pomnożymy to przez \(\displaystyle{ n!}\), to dostajemy \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^n f(i){n\choose i}(-1)^{n-i}}\), co jest podzielne przez \(\displaystyle{ m}\), c.n.d
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ DA=AB=BC=CD=1}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ EB=x}\) i \(\displaystyle{ DF=y}\). Wtedy \(\displaystyle{ FC=1-y}\) oraz \(\displaystyle{ EC=1-x}\)
Łatwo z Pitagorasa liczymy, że \(\displaystyle{ AE=\sqrt{1+x^2}}\) i \(\displaystyle{ AF= \sqrt{1+y^2}}\)
Ponadto z kątów prostych wynika, ze \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą na okręgu opisanym na kwadracie \(\displaystyle{ ABCD}\) skąd łatwo na kątach widać, że mamy podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ AFD}\) i \(\displaystyle{ CFQ}\), stąd też mamy proporcje:
\(\displaystyle{ \frac{AF}{FD} = \frac{CF}{CQ}}\), a więc \(\displaystyle{ CQ=\frac{AD \cdot CF }{AF} = \frac{CF}{AF} = \frac{1-y}{\sqrt{1+y^2}}}\)
Podobnie \(\displaystyle{ CP = \frac{1-x}{\sqrt{1+x^2}}}\)
Po wymnożeniu wychodzi \(\displaystyle{ x^2y^2 + x^2y + xy^2 +x + y - 1=0}\), co traktując jako równanie kwadratowe po y (delta i te sprawy) daje nam \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\) lub \(\displaystyle{ y=-\frac{1}{x}}\). Drugie rozwiązanie odpada ze względów oczywistych, więc zostaje \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\).
Policzmy teraz wartość \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE}\)
No ale mamy trójkąty prostokątne, więc z łatwością liczymy, że \(\displaystyle{ \cos \measuredangle DAF = \frac{1}{\sqrt{1+y^2}}}\), \(\displaystyle{ \sin \measuredangle DAF = \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}}\), \(\displaystyle{ \cos \measuredangle EAB = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}\), \(\displaystyle{ \sin \measuredangle EAB = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}\)
Po podstawieniu wszystkiego i uwzględnieniu \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE = \frac{1 - x\left( \frac{1-x}{x+1} \right)}{\sqrt{\left(1+x^2 \right)\left( 1 + \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^2 \right) }}}\)
No i wygląda to na jakiś straszny syf, ale gdy popatrzymy na prawą stronę jak na funkcję zmiennej \(\displaystyle{ x}\), to po zabawie z modułami jej wartość dla \(\displaystyle{ x>-1}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2}}\), a dla \(\displaystyle{ x<-1}\) wynosi \(\displaystyle{ -\frac{\sqrt{2}}{2}}\). U nas \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\), więc mamy \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE = \frac{\sqrt{2}}{2}}\), ale sinus na przedziale \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{\pi}{2}\right)}\) jest różnowartościowy, więc ostatecznie \(\displaystyle{ \measuredangle FAE = 45^{\circ}}\)
Prosiłbym, żeby ktoś kompetentny wrzucił rozwiązanie syntetyczne, bo siedziałem pół nocy nad nim, ale się nie udało. A jako że uparłem się, że to zrobię, to zrobiłem właśnie tak