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.
Dla każdego podziału tych osób przy okrągłym stole rozważmy liczbę konfliktów, tzn. sytuacji w której osoba \(\displaystyle{ X}\) siedzi obok co najmniej jednego wroga.
Weźmy teraz taki podział, w którym jest najmniejsza możliwa liczba konfliktów.
Załóżmy, że przy takim podziale istnieje osoba \(\displaystyle{ A}\) mająca co najmniej jednego wroga obok siebie. Z warunków zadania wynika, że "przyjaciół" osoby \(\displaystyle{ A}\) jest o jeden więcej niż wrogów. Zatem istnieje na pewno dwóch takich przyjaciół osoby \(\displaystyle{ A}\) którzy siedzą obok siebie. Jeśli przesiądzie się ona między nich to zmniejszymy liczbę konfliktów, co jest sprzeczne z wyborem naszego podziału (wybraliśmy ten o najmniejszej możliwej liczbie konfiktów). A zatem tak, zawsze da się ich tak ustawić by nikt nie siedział obok wroga.
Ukryta treść:
Czy aby na pewno? Przecież przesiadając się, osoba z drugiej strony jest teraz koło naszego wroga i ona też może być wrogiem tej osoby. Zatem ilość konfliktów wcale nie musi się zmniejszyć - może pozostać taka sama. Odpowiedź jest raczej twierdząca, ale czy da się do tego dojść w ten sposób? I analogicznie jeśli przesadzimy tę osobę, to osoba po drugiej stronie jest wrogiem tej poprzedniej, itd. Znaczy ogólnie jestem słaby z kombi, ale ja widzę tę sytuację właśnie tak. Proszę mnie oświecić :V Po prostu jestem lewy i nie widzę tego
Załóżmy, że w układzie o minimalnej liczbie konfliktów występuje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt, niech zachodzi pomiędzy osobami \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\). Ponadto bez straty ogółu możemy założyć, że osoba \(\displaystyle{ 2}\) siedzi po prawej stronie osoby \(\displaystyle{ 1}\). Rozpatrzmy wówczas wszystkich przyjaciół osoby \(\displaystyle{ 1}\). Wszyscy jego przyjaciele znajdują się wsród pozostałych \(\displaystyle{ 2n-2}\) osób (bez osób \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\)). Weźmy pod uwagę wszystkie osoby, które siedzą po prawej stronie przyjaciół osoby \(\displaystyle{ 1}\), jest ich co najmniej \(\displaystyle{ n}\) zgodnie z treścią zadania i co najmniej \(\displaystyle{ n-1}\) z nich to osoby różne od osób \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\), gdyby każda z tych \(\displaystyle{ n-1}\) osób była wrogiem osoby \(\displaystyle{ 2}\) to osoba \(\displaystyle{ 2}\) miałaby co najwyżej \(\displaystyle{ n-1}\) przyjaciół, mamy sprzeczność, która oznacza, że istnieje co najmniej jeden taki przyjaciel osoby \(\displaystyle{ 1}\), że po jego prawej stronie siedzi przyjaciel osoby \(\displaystyle{ 2}\), nazwijmy te osoby odpowiednio osobami \(\displaystyle{ 3}\) i \(\displaystyle{ 4}\). Wówczas ponumerujmy po kolei miejsca od tego, na którym siedzi osoba \(\displaystyle{ 2}\) do tego, na którym siedzi osoba \(\displaystyle{ 3}\) przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, czyli tak aby nie ponumerować miejsc, na których siedzą osoby \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 4}\). Wówczas zamieniając miejscami osoby siedzące na miejscach \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ (k+1)-i}\), (gdzie \(\displaystyle{ k}\) to liczba ponumerowanych miejsc) zmniejszymy liczbę konfliktów, gdyż jedynymi parami, które zamienimy będą pary \(\displaystyle{ (1, 2)}\) oraz \(\displaystyle{ (3, 4)}\) (gdzie występuje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt) na pary \(\displaystyle{ (1, 3)}\) oraz \(\displaystyle{ (2, 4)}\) (bez konfliktów). Prowadzi to do sprzeczności z początkowym założeniem, że w układzie o minimalnej liczbie konfliktów istnieje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt.
Wiesz co, kiedyś się nad tym zastanawiałem, ale dla pewności sprawdziłem rozwiązanie podobnego zadania w takiej książeczce(z której wyciągnąłem taką metodę), i tam to co napisałem w zad 4 w ogólności tam wystarczyło autorowi artykułu do odpowiedzi twierdzącej, właściwie to moje rozwiązanie praktycznie się pokrywa z tamtym, niestety nie tłumaczą dlaczego akurat tak a nie inaczej(skąd DOKŁADNIE ta sprzeczność).
Ja to rozumuję tak, że rzeczywiście może być tyle samo konfliktów(co łatwo sprawdzić na konkretnej liczbie osób, dla jakiejś małej to chyba sprawdzałem), ale wtedy znów możemy powtórzyć proces po raz kolejny i znów będzie tyle samo albo mniej, aż w końcu musi być mniej po którymś tam razie. Być może plotę bzdury, jeśli ktoś umie sprawdzić jednoznacznie poprawność tamtego rozumowania to bardzo proszę o wypowiedź
Rozwiązanie graficzne to w tym przypadku żadne rozwiązanie. To nie jest zadanie z konstrukcji geometrycznych, ani nie widać, jak je do takowego sprowadzić, a więc ewentualny rysunek ma jedynie charakter pomocniczy.
9. – próba rozwiązania:
\(\displaystyle{ 3^{x-1} = \frac{x+1}{3-x}}\)
Dziedzina: \(\displaystyle{ x\neq 3}\). Przedstawmy to w innej postaci. \(\displaystyle{ 3^{x-1}(3-x)=x+1\\3^x-1=x\left( 1+3^{x-1}\right)\\ x= \frac{3^x-1}{3^{x-1}+1}}\)
Rozważmy teraz funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\frac{3^x-1}{3^{x-1}+1}}\). Spełnia ona: \(\displaystyle{ f'(x)= \frac{\ln(3)\cdot 3^x\left( 3^{x-1}+1\right)-\ln(3)\cdot 3^{x-1}\left( 3^x-1\right) }{\left( 3^{x-1}+1\right)^2 } =\\=\ln(3)\cdot \frac{3^x+3^{x-1}}{\left( 3^{x-1}+1\right)^2}}\)
Jeżeli teraz oznaczymy \(\displaystyle{ t=3^{x-1}}\), to zagadnienie sprawdzenia, kiedy pochodna \(\displaystyle{ f}\) przekracza \(\displaystyle{ 1}\), a kiedy nie, sprowadzimy łatwo do nierówności kwadratowej.
Jest (oczywiście mamy \(\displaystyle{ t\neq -1}\)): \(\displaystyle{ \ln(3) \cdot \frac{4t}{(t+1)^2} >1 \Leftrightarrow t^2+(2-4\ln(3))t+1<0}\)
Ze wzorów Viete'a nietrudno wywnioskować, że pierwiastki trójmianu \(\displaystyle{ t^2+(2-4\ln(3))t+1}\) są liczbami dodatnimi wzajemnie odwrotnymi, zatem jeden z nich jest w przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\), a drugi w przedziale \(\displaystyle{ [1,+infty)}\). Pokażemy, że ten drugi nie przekracza \(\displaystyle{ 3}\):
suma tych pierwiastków wynosi \(\displaystyle{ 4\ln(3)-2<4\ln\left( e^{\frac 5 4}\right)-2=3}\),
co wynika np. z nierówności \(\displaystyle{ e^x\ge 1+x+\frac{x^2}{2}}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 0}\) i z tego, że \(\displaystyle{ \ln}\) jest rosnąca.
Zatem skoro oba pierwiastki są dodatnie i sumują się do liczby mniejszej niż \(\displaystyle{ 3}\), więc ten większy nie przekracza \(\displaystyle{ 3}\).
Czyli istnieją takie \(\displaystyle{ t_1 \in (0,1), \
t_2 \in \left( 1,3\right)}\) (łatwo sprawdzić, że nie są jedynkami), iż nierówność \(\displaystyle{ \ln(3) \cdot \frac{4t}{(t+1)^2} >1}\) zachodzi dokładnie w przedziale \(\displaystyle{ \left( t_1, t_2\right)}\).
Zatem, wracając do naszej funkcji \(\displaystyle{ f}\), nierówność \(\displaystyle{ f'(x)>1}\) zachodzi dokładnie w pewnym przedziale \(\displaystyle{ (x_1, x_2)}\), gdzie \(\displaystyle{ t_1=3^{x_1-1}}\) oraz \(\displaystyle{ t_2=3^{x_2-1}}\) (bo \(\displaystyle{ 3^x}\) jest rosnącą). Skoro teraz \(\displaystyle{ 0<t_1<1}\), to \(\displaystyle{ -\infty<x_1<1}\)
i analogicznie skoro \(\displaystyle{ 1<t_2<3}\), to \(\displaystyle{ 1<x_2<2}\).
Zatem funkcja \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-x}\):
– maleje dla \(\displaystyle{ x<x_1}\), gdzie \(\displaystyle{ -\infty<x_1<1}\);
– rośnie dla \(\displaystyle{ x_1<x<x_2}\), gdzie \(\displaystyle{ 1<x_2<2}\);
– znów maleje dla \(\displaystyle{ x>x_2}\).
Wobec tego w każdym z przedziałów \(\displaystyle{ (-\infty, x_1], \ (x_1, x_2], \ (x_2, +\infty)}\) równanie \(\displaystyle{ f(x)=x}\) ma co najwyżej jedno rozwiązanie. Takie rozwiązania łatwo wskazać:
do pierwszego przedziału należy \(\displaystyle{ 0}\), do drugiego \(\displaystyle{ 1}\), zaś do trzeciego \(\displaystyle{ 2}\) (wskazane już kiedyś przez usera Benny01). To tyle.
EDIT: W sumie zapomniałem o tym, że \(\displaystyle{ x_0=3}\) nie należy do dziedziny, rozumowanie wskazujące na to, że \(\displaystyle{ g(x)}\) jest malejąca jak najbardziej działa też dla \(\displaystyle{ x>3}\), ale nie jesteśmy od razu pewni, czy funkcja maleje w \(\displaystyle{ (x_2, 3) \cup(3,+\infty)}\), więc jeszcze trzeba obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{x \to 3^+}g(x)}\) dla \(\displaystyle{ g(x)= \frac{3^{x}-1}{3^{x-1}+1}-x}\) (wystarczy podstawić) i wyciągnąć wnioski.
Czy w zadaniu 2 nie ma pomyłki w treści? Jeśli bok \(\displaystyle{ AC}\) jest styczny do okręgu dopisanego w punkcie \(\displaystyle{ K}\), a prosta \(\displaystyle{ BK}\) przecina okrąg wpisany w punkcie \(\displaystyle{ M}\), to czy jego rzutem na bok \(\displaystyle{ AC}\) nie jest punkt \(\displaystyle{ K}\)? Wówczas teza jest oczywista. Jeśli się mylę, to prosiłbym o wytłumaczenie.
Chyba widzę. Założyłem, że środek okręgu wpisanego leży na prostej \(\displaystyle{ KB}\), a nie musi tak być.
W tym zadaniu wystarczy podzielić płaszczyznę na kwadraty o przekątnej równej jeden, kwadraty pomalować na kolory od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 9}\) .
Do każdego kwadratu, (są one nie w pwłni domknięte) należą: lewa krawędź, dolna krawędź i lewy dolny róg, żadne dwa jednokolorowe kwadraty się nie stykają, i układamy je na całą płaszczyznę "parkietażowo"...Więc , żadne dwa punkty w takim kwadraciku nie są odległe o jeden...
Natomiast w przestrzeni \(\displaystyle{ R^8}\) tworzymy sympleks, który ma dokładnie \(\displaystyle{ 9}\) wierzchołków i każde dwa wierzchołki są odległe o jeden, każdy wierzchołek malujemy na kolor inny ale z tych kolorów co malowałem kwadraciki w \(\displaystyle{ R^2}\) I teraz zdefiniujmy funkcję, która każdemu punktowi \(\displaystyle{ R^2}\) i kolorze \(\displaystyle{ i }\) przyporządkowuje wierzchołek sympleksu o kolorze \(\displaystyle{ i}\)
Zauważmy , że nasza funkcja spełnia warunki zadania bo jeżeli \(\displaystyle{ d(A,B)=1}\) to równierz:
\(\displaystyle{ d(f(A),f(B))=1}\), ale nie jest izometrią...