[MIX] Mix matematyczny (13)
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.
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.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
Wakacyjny mix
1. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla pewnych różnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodziło \(\displaystyle{ W(a)=b, \ W(b)=c, \ W(c)=a}\)?
2. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ W(n)}\) była liczbą pierwszą?
3. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, że dla każdego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ W(n)|2^n-1}\)?
4. Oblicz ile wynosi pole trójkąta, którego wierzchołkami są punkty: \(\displaystyle{ A(0,0), \ B(F_{n-1},F_n), \ C(F_n,F_{n+1})}\), gdzie \(\displaystyle{ F_n}\) to \(\displaystyle{ n}\)-ty wyraz ciągu Fibonacciego (chodzi tu o dokładny wynik liczbowy).
5. Niech \(\displaystyle{ d(n)}\) będzie liczbą dzielników \(\displaystyle{ n}\). Wyznacz wszystkie takie \(\displaystyle{ n}\), że: \(\displaystyle{ \frac{n}{d(n)}=p}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą.
6. Dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) udowodnij: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geqslant \frac{5}{2}}\).
7. Dane są liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_n}\), których suma jest nie większa niż \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Udowodnij, że: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1-x_i) \geqslant \frac{1}{2}}\).
8. Udowodnij, że dla nieujemnych liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+3abc \geqslant a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)}\).
9. Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą długościami boków trójkąta, \(\displaystyle{ S}\) - jego polem, \(\displaystyle{ 2p}\) - obwodem, \(\displaystyle{ r}\) - promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnij nierówności:
a) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}r^2 \leqslant S}\)
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3} S \leqslant p^2.}\)
10. Udowodnij, że dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) liczba:
\(\displaystyle{ \underbrace{11\ldots1}_{p} \underbrace{22\ldots 2}_{p} \underbrace{33\ldots 3}_{p} \ldots \underbrace{99\ldots 9}_{p}-123456789}\)
jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).
1. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla pewnych różnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodziło \(\displaystyle{ W(a)=b, \ W(b)=c, \ W(c)=a}\)?
2. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ W(n)}\) była liczbą pierwszą?
3. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, że dla każdego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ W(n)|2^n-1}\)?
4. Oblicz ile wynosi pole trójkąta, którego wierzchołkami są punkty: \(\displaystyle{ A(0,0), \ B(F_{n-1},F_n), \ C(F_n,F_{n+1})}\), gdzie \(\displaystyle{ F_n}\) to \(\displaystyle{ n}\)-ty wyraz ciągu Fibonacciego (chodzi tu o dokładny wynik liczbowy).
5. Niech \(\displaystyle{ d(n)}\) będzie liczbą dzielników \(\displaystyle{ n}\). Wyznacz wszystkie takie \(\displaystyle{ n}\), że: \(\displaystyle{ \frac{n}{d(n)}=p}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą.
6. Dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) udowodnij: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geqslant \frac{5}{2}}\).
7. Dane są liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_n}\), których suma jest nie większa niż \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Udowodnij, że: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1-x_i) \geqslant \frac{1}{2}}\).
8. Udowodnij, że dla nieujemnych liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+3abc \geqslant a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)}\).
9. Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą długościami boków trójkąta, \(\displaystyle{ S}\) - jego polem, \(\displaystyle{ 2p}\) - obwodem, \(\displaystyle{ r}\) - promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnij nierówności:
a) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}r^2 \leqslant S}\)
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3} S \leqslant p^2.}\)
10. Udowodnij, że dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) liczba:
\(\displaystyle{ \underbrace{11\ldots1}_{p} \underbrace{22\ldots 2}_{p} \underbrace{33\ldots 3}_{p} \ldots \underbrace{99\ldots 9}_{p}-123456789}\)
jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
4) Korzystając z wartości normy iloczynu wektorowego stwierdzamy, że pole tego trójkąta to:
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} | \vec{AB} \vec{AC}| = \frac{1}{2} |F_{n-1} F_{n+1} - F_{n}^2| = \frac{1}{2}}\)
Skorzystałem ze znanej tożsamości:
\(\displaystyle{ F_{n+1} F_{n-1} - F_{n}^2 = (-1)^{n}}\)
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} | \vec{AB} \vec{AC}| = \frac{1}{2} |F_{n-1} F_{n+1} - F_{n}^2| = \frac{1}{2}}\)
Skorzystałem ze znanej tożsamości:
\(\displaystyle{ F_{n+1} F_{n-1} - F_{n}^2 = (-1)^{n}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 83
- Rejestracja: 27 maja 2005, o 20:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Frysztak
- Pomógł: 28 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
Ad 8 Bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a \geqslant b \geqslant c}\).
Wówczas:
\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c) \geqslant 0}\)
\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c)=\\=a ^{3} +a ^{2}b-a ^{2}c -2a ^{2}b -2ab^{2} + 2abc +ab^{2} +b ^{3} -b^{2}c+abc-ac ^{2}-bc ^{2}+c ^{3}=\\=a ^{3}+b ^{3}+c ^{3}+3abc-[a ^{2}(b+c)+b ^{2}(a+c)+c ^{2}(a+b) \geqslant 0}\)
Wówczas:
\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c) \geqslant 0}\)
\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c)=\\=a ^{3} +a ^{2}b-a ^{2}c -2a ^{2}b -2ab^{2} + 2abc +ab^{2} +b ^{3} -b^{2}c+abc-ac ^{2}-bc ^{2}+c ^{3}=\\=a ^{3}+b ^{3}+c ^{3}+3abc-[a ^{2}(b+c)+b ^{2}(a+c)+c ^{2}(a+b) \geqslant 0}\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11375
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad 1
Nie istnieje. bo... gdyby istniał, to Liczby
\(\displaystyle{ b-c =W(a)-W(b)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ a-b}\)
\(\displaystyle{ c-a =W(b)-W(c)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ b-c}\)
\(\displaystyle{ a-b =W(c)-W(a)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ c-a}\)
Stad skoro liczby \(\displaystyle{ a, ,b, c}\) sa parami rózne, to
\(\displaystyle{ |a-b| \leq |b-c| \leq |c-a| \leq |a-b|}\) , tj
\(\displaystyle{ |a-b|=|b-c|=|c-a|}\)
Ale nie jest to mozliwe, gdy \(\displaystyle{ a \ne b \ne c \ne a}\)
Ps. Istnieje za to wielomian o wsp. wymiernych taki jak postulowany w zadaniu:
\(\displaystyle{ W(x)= a \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+ b \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} +c \frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}}\)
Nie istnieje. bo... gdyby istniał, to Liczby
\(\displaystyle{ b-c =W(a)-W(b)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ a-b}\)
\(\displaystyle{ c-a =W(b)-W(c)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ b-c}\)
\(\displaystyle{ a-b =W(c)-W(a)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ c-a}\)
Stad skoro liczby \(\displaystyle{ a, ,b, c}\) sa parami rózne, to
\(\displaystyle{ |a-b| \leq |b-c| \leq |c-a| \leq |a-b|}\) , tj
\(\displaystyle{ |a-b|=|b-c|=|c-a|}\)
Ale nie jest to mozliwe, gdy \(\displaystyle{ a \ne b \ne c \ne a}\)
Ps. Istnieje za to wielomian o wsp. wymiernych taki jak postulowany w zadaniu:
\(\displaystyle{ W(x)= a \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+ b \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} +c \frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}}\)
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
9a. Po prostych przekształceniach mamy nier. równoważną \(\displaystyle{ 6\sqrt{3}r\leq a+b+c}\)a ponieważ dla trójkąta równobocznego zachodzi równość, to wystarczy udowodnić następujące tw. Jeśli mamy dany okrąg, to najmniejsze pole z wszystkich trójkątów opisanych na tym okręgu ma trójkąt równoboczny, i chyba da się to zrobić rozważając kilka przypadków (bierzemy trójkąt równoboczny opisany na danym okręgu i dorysowujemy nowy trójkąt, również na nim opisany). Bez straty ogólności możemy założyć, że te trójkąty mają jeden bok leżący na tej samej prostej, i teraz widzę te przypadki tak:
(i)pozostałe boki nowego trójkąta przecinają tą wspólną prostą wewnątrz boku trójkąta równobocznego
(ii)poza nim
(iii)jeden wewnątrz jeden na zewnątrz
(iiii)dwa z boków tych trójkątów leżą odpowiednio na wspólnych prostych(trywialne)
Wydaje mi się, że te przypadki nie są trudne do rozpatrzenia, ale ich rozpisanie zajęło by dużo miejsca więc może zostawię to tak.
[Edit]
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}S\leq p^2\iff 3\sqrt{3}pr\leq p^2\iff 6\sqrt{3}r\leq a+b+c}\) czyli równoważna pierwszej
(i)pozostałe boki nowego trójkąta przecinają tą wspólną prostą wewnątrz boku trójkąta równobocznego
(ii)poza nim
(iii)jeden wewnątrz jeden na zewnątrz
(iiii)dwa z boków tych trójkątów leżą odpowiednio na wspólnych prostych(trywialne)
Wydaje mi się, że te przypadki nie są trudne do rozpatrzenia, ale ich rozpisanie zajęło by dużo miejsca więc może zostawię to tak.
[Edit]
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}S\leq p^2\iff 3\sqrt{3}pr\leq p^2\iff 6\sqrt{3}r\leq a+b+c}\) czyli równoważna pierwszej
Ostatnio zmieniony 31 lip 2008, o 19:58 przez limes123, łącznie zmieniany 1 raz.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11375
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad 8 inny sposob
Z uwagi na tozsamosc \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) =-a^3 -b^3-c^3 -2abc +a^2(b+c)+ b^2(a+c) + c^2(a+b)}\) nasza nierównosc sprowadza sie do postaci :
\(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) \leq abc}\)
Jest ona zanana i łatwa w dowodzie np poprzez
uzycie 3 krotnie \(\displaystyle{ uv \leq (\frac{u+v}{2})^2}\)
Z uwagi na tozsamosc \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) =-a^3 -b^3-c^3 -2abc +a^2(b+c)+ b^2(a+c) + c^2(a+b)}\) nasza nierównosc sprowadza sie do postaci :
\(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) \leq abc}\)
Jest ona zanana i łatwa w dowodzie np poprzez
uzycie 3 krotnie \(\displaystyle{ uv \leq (\frac{u+v}{2})^2}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad. 4)
ad. 8) ok, ładnie, ja to złożyłem do: \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \leqslant abc}\) i podstawiłem \(\displaystyle{ a+b-c=x, \ a-b+c=y, \ -a+b+c=z}\), gdy dokładnie jedna \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest ujemna - oczywiste, gdy wszystkie dodatnie mamy równanie: \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x) \geqslant 8xyz}\) - a to klasyka... (zostałem uprzedzony )
ad. 1) tak samo robiłem
ad. 9) można prościej
Można także skorzystać ze wzoru na pole trójkąta w układzie współrzędnychWasilewski pisze:Korzystając z wartości normy iloczynu wektorowego
ad. 8) ok, ładnie, ja to złożyłem do: \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \leqslant abc}\) i podstawiłem \(\displaystyle{ a+b-c=x, \ a-b+c=y, \ -a+b+c=z}\), gdy dokładnie jedna \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest ujemna - oczywiste, gdy wszystkie dodatnie mamy równanie: \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x) \geqslant 8xyz}\) - a to klasyka... (zostałem uprzedzony )
ad. 1) tak samo robiłem
ad. 9) można prościej
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
Sylwek, ten wzór to pewnie się właśnie z tego wyprowadza. A poza tym to sprytnie napisałem: "wartość normy"
- limes123
- Użytkownik
- Posty: 666
- Rejestracja: 21 sty 2008, o 22:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ustroń
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 93 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
Hmmm... Możliwe, że się mylę, bo nie robiłem jeszcze jakichś poważniejszych zadań z wielomianów, ale przedstawię mój pomysł na 3. Załóżmy, że istnieje taki wielomian.
"Oczywiście" (jak ktoś ma sierpińskiego 250 zadań;p) nie może być n|w(n), bo wtedy byłoby \(\displaystyle{ n|2^n-1}\) co nie zachodzi dla żadnej liczby n>1 (mogę wrzucić dowód). Wyraz wolny jest zatem niezerowy. Załóżmy, że wyraz wolny jest równy k (k jest cał), jednak wtedy dla n=k mamy \(\displaystyle{ k|W(k)|2^k-1}\), czyli znowu sprzeczność ckd.
"Oczywiście" (jak ktoś ma sierpińskiego 250 zadań;p) nie może być n|w(n), bo wtedy byłoby \(\displaystyle{ n|2^n-1}\) co nie zachodzi dla żadnej liczby n>1 (mogę wrzucić dowód). Wyraz wolny jest zatem niezerowy. Załóżmy, że wyraz wolny jest równy k (k jest cał), jednak wtedy dla n=k mamy \(\displaystyle{ k|W(k)|2^k-1}\), czyli znowu sprzeczność ckd.
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11375
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad 7 niech \(\displaystyle{ A_1, ...A_n}\) zdarzenia niezalezne na \(\displaystyle{ \Omega}\) i \(\displaystyle{ x_i=p(A_i ^C)=1-p(A_i)}\)
Skoro \(\displaystyle{ 1 \leq p(A_1^C)+ ....+p(A_n ^C) +p(A_1 \cap ....\cap A_n)}\) stad teza,
ps < Dowiedlismy nawet wiecej tj ,ze
\(\displaystyle{ (1-x_1)...(1-x_n) + x_1+....+x_n \geq 1}\) o ile \(\displaystyle{ 0 \leq x_i \leq 1}\)
Mozna -tez zwykla indukcja , badz jakos inaczej (zgrabniej)
Skoro \(\displaystyle{ 1 \leq p(A_1^C)+ ....+p(A_n ^C) +p(A_1 \cap ....\cap A_n)}\) stad teza,
ps < Dowiedlismy nawet wiecej tj ,ze
\(\displaystyle{ (1-x_1)...(1-x_n) + x_1+....+x_n \geq 1}\) o ile \(\displaystyle{ 0 \leq x_i \leq 1}\)
Mozna -tez zwykla indukcja , badz jakos inaczej (zgrabniej)
-
- Użytkownik
- Posty: 25
- Rejestracja: 29 mar 2008, o 11:41
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Olsztyn
- Pomógł: 7 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad 10.
Dla \(\displaystyle{ p\in\{2,3,5\}}\) podzielność zachodzi. (Obie odejmowane liczby są nieparzyste, podzielne przez 3 i kończą się tą samą cyfrą). Dla dowodu podzielności w pozostałych przypadkach wystarczy wykazać, że liczba \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}}\) dzieli się przez p. Niech \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}}\). Mamy \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}*10^{n*(p-1)} + M_{ichalg}*10^{n*(p-2)} + ... +{M_{ichalg}*10^{n}} = M_{ichalg}*10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{10^n-1}=10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{9}}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ p|10^{p-1}-1|10^{n(p-1)}-1}\)
Dla \(\displaystyle{ p\in\{2,3,5\}}\) podzielność zachodzi. (Obie odejmowane liczby są nieparzyste, podzielne przez 3 i kończą się tą samą cyfrą). Dla dowodu podzielności w pozostałych przypadkach wystarczy wykazać, że liczba \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}}\) dzieli się przez p. Niech \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}}\). Mamy \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}*10^{n*(p-1)} + M_{ichalg}*10^{n*(p-2)} + ... +{M_{ichalg}*10^{n}} = M_{ichalg}*10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{10^n-1}=10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{9}}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ p|10^{p-1}-1|10^{n(p-1)}-1}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad. 7 fajny sposób , ja to zrobiłem zwykłą indukcją, w kroku wystarczyło wykorzystać nierówność: \(\displaystyle{ (1-x_n)(1-x_{n+1}) \geqslant 1-(x_n+x_{n+1})}\), swoją drogą to zadanie było swojego czasu na finale polskiego OM (około 1970 roku).
ad. 10, podobnie, pokazałem dla p=3, następnie z MTF: \(\displaystyle{ \frac{10^p-1}{9} \equiv k \iff 10-1 \equiv 9k \iff k \equiv 1 \ (\mod p)}\), zatem liczba przystaje (po rozpisaniu na części tej "długiej" liczby:
\(\displaystyle{ 10^8 1 + 1 2 10^7 + \ldots + 1 8 + 9 -123456789 = 0 \ (\mod p)}\)
ad. 3 k=1? lemat ciekawy, ale rozwiązałem to bez używania tego typu ciekawych twierdzeń
ad. 10, podobnie, pokazałem dla p=3, następnie z MTF: \(\displaystyle{ \frac{10^p-1}{9} \equiv k \iff 10-1 \equiv 9k \iff k \equiv 1 \ (\mod p)}\), zatem liczba przystaje (po rozpisaniu na części tej "długiej" liczby:
\(\displaystyle{ 10^8 1 + 1 2 10^7 + \ldots + 1 8 + 9 -123456789 = 0 \ (\mod p)}\)
ad. 3 k=1? lemat ciekawy, ale rozwiązałem to bez używania tego typu ciekawych twierdzeń
widziałem wyprowadzenie analityczneWasilewski pisze:ten wzór to pewnie się właśnie z tego wyprowadza
-
- Użytkownik
- Posty: 636
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 350 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
4. Inny, mniej siłowy pomysł:
Rozważmy trójkąty \(\displaystyle{ T_n}\) o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)}\), \(\displaystyle{ B_n=(F_{n-1},F_n)}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})}\). Zauważmy, że trójkąty te mają równe pola: Jeśli w trójkącie \(\displaystyle{ T_n}\) przesuniemy wierzchołek \(\displaystyle{ B_n}\) o wektor \(\displaystyle{ \vec{A_nC_n}}\) to pole trójkąta nie zmieni się (bo przesuwamy wierzchołek równolegle do podstawy), trójkąt \(\displaystyle{ T_n}\) zmieni się nam na trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)=A_{n+1}}\), \(\displaystyle{ B_n+\vec{A_nC_n}=(F_{n-1}+F_n,F_n+F_{n+1})=(F_{n+1},F_{n+2})=C_{n+1}}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})=B_{n+1}}\), czyli na trójkąt \(\displaystyle{ T_{n+1}}\). Zatem wszystkie te trójkąty mają to samo pole, równe polu trójkąta \(\displaystyle{ T_0}\), czyli równe \(\displaystyle{ \frac12}\)
Rozważmy trójkąty \(\displaystyle{ T_n}\) o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)}\), \(\displaystyle{ B_n=(F_{n-1},F_n)}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})}\). Zauważmy, że trójkąty te mają równe pola: Jeśli w trójkącie \(\displaystyle{ T_n}\) przesuniemy wierzchołek \(\displaystyle{ B_n}\) o wektor \(\displaystyle{ \vec{A_nC_n}}\) to pole trójkąta nie zmieni się (bo przesuwamy wierzchołek równolegle do podstawy), trójkąt \(\displaystyle{ T_n}\) zmieni się nam na trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)=A_{n+1}}\), \(\displaystyle{ B_n+\vec{A_nC_n}=(F_{n-1}+F_n,F_n+F_{n+1})=(F_{n+1},F_{n+2})=C_{n+1}}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})=B_{n+1}}\), czyli na trójkąt \(\displaystyle{ T_{n+1}}\). Zatem wszystkie te trójkąty mają to samo pole, równe polu trójkąta \(\displaystyle{ T_0}\), czyli równe \(\displaystyle{ \frac12}\)
Ostatnio zmieniony 1 sie 2008, o 09:39 przez andkom, łącznie zmieniany 1 raz.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[MIX] Mix matematyczny (13)
ad. 4 jak zawsze, piękne rozwiązanie
Podsumowując, jak zawsze szybko kminicie , zostały: 2,3,5,6,9, chyba wszystkie na podobnym stopniu trudności.
ad. 3 da sięlimes123 pisze:jeśli się da?
Podsumowując, jak zawsze szybko kminicie , zostały: 2,3,5,6,9, chyba wszystkie na podobnym stopniu trudności.