[MIX] próbny II etap (2)

[Dumel]

kolejna porcja zadań. nie są zbyt trudne, mysle ze ciutke trudniejsze niż w zeszłorocznym II etapie. rozwiązania prosze wrzucać nie wcześniej niż jutro wieczorem.
dzisiaj dzień 1. :

zad. 1.
W jednym rzędzie ustawiono \(\displaystyle{ n}\) słupków z pionków z warcabów tak, że między każdymi dwoma słupkami tej samej wysokości znajduje się słupek wyższy. Wszystkie pionki mają tę samą wysokość, niektóre słupki mogą być utworzone z jednego pionka. Najwyższy słupek zawiera \(\displaystyle{ k}\)pionków. Dla danej liczby \(\displaystyle{ k}\) oblicz największą możliwą wartość \(\displaystyle{ n}\)
zad. 2.
Punkt \(\displaystyle{ D}\) jest takim punktem boku \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) że \(\displaystyle{ 3 AD = BD}\). Punkt \(\displaystyle{ E}\) jest takim punktem łuku \(\displaystyle{ AC}\) okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), niezawierającym punktu\(\displaystyle{ B}\), że \(\displaystyle{ \sphericalangle ADE= ACB}\). Wykaż że\(\displaystyle{ 2 DE = EB}\).
zad. 3.
Znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:W W}\)spełniające dla każdych \(\displaystyle{ x,y W}\) równość
\(\displaystyle{ f(x+f(y))=f(x)+y}\)
(\(\displaystyle{ W}\)-zbiór liczb wymiernych)

Powodzenia

[frej]

Sorki... nie przeczytałem, że dopiero jutro

[limes123]

Wszystko fajnie, tylko ze "Namely if a function f satisfies any of the conditions:
• monotonicity on some interval of the real line;
• continuity;
• boundedness on some interval;
• positivity on the ray x ≥ 0;
then the general solution to the Cauchy equation f : R → S has to be f(x) = xf(1)" czyli jeszcze by się przydał jeden z tych warunkow... I czytamy posty

rozwiązania prosze wrzucać nie wcześniej niż jutro wieczorem.

[TomciO]

Ale to co wkleiłeś jest o sytuacji kiedy \(\displaystyle{ f}\) prowadzi z \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\), a nie z \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\).
A tak po za tym to, że \(\displaystyle{ f(x) = ax}\) oczywiste na pewno nie jest. Jest powszechnie znane i proste do udowodnienia, ale trzeba to zrobić (ew. na coś się powołać).

[Sylwek]

Mam nadzieję, że już wieczór (poza tym nie wiem, czemu nie wolno było pisać już wczoraj, ale mimo wszystko jest fajnie oO ).

ad. 3
\(\displaystyle{ f(0)=k f(-k+f(0))=f(-k) \iff f(-k+k)=f(-k) \iff f(-k)=k \\ f(-k+f(-k))=f(-k)-k \iff f(-k+k)=k-k \iff f(0)=0}\)

Teraz niech m: f(m)=0:
\(\displaystyle{ f(x+f(m))=f(x)+m \iff f(x)=f(x)+m \iff m=0}\)

Czyli: \(\displaystyle{ f(x)=0 \iff x=0}\)

Dalej: \(\displaystyle{ x=0 f(f(y))=y}\)

Następnie:
\(\displaystyle{ f(f(x)+f(-x))=f(f(x))-x=x-x=0 \iff f(x)+f(-x)=0 \iff f(x)=-f(-x)}\) - f jest nieparzysta

Teraz:
\(\displaystyle{ f(x+y)=f(x+f(f(y)))=f(x)+f(y) \\ \mbox{oraz indukcyjnie: } f(\sum x_i}) = \sum f(x_i)}\)

Niech \(\displaystyle{ f(1)=a}\), stąd:
\(\displaystyle{ f(2)=f(1)+f(1)=2a \\ f(3)=f(2)+f(1)=3a \\ \mbox{indukcyjnie dla wszystkich naturalnych: } f(n)=an}\)

Z drugiej strony dla p,q naturalnych:
\(\displaystyle{ ap=f(p)=f( \sum_{i=1}^q \frac{p}{q} ) = \sum_{i=1}^q f(\frac{p}{q}) = q f(\frac{p}{q}) \iff f(\frac{p}{q})=a\frac{p}{q}}\)

Przypominamy sobie, że funkcja była nieparzysta, co implikuje, że dla wszystkich liczb wymiernych x zachodzi: \(\displaystyle{ f(x)=ax}\) - wystarczy podstawić:

\(\displaystyle{ L=f(x+f(y))=f(x+ay)=ax+a^2y \\ P=f(x)+y=ax+y \\ L=P \iff a^2y=y \iff y(a-1)(a+1)=0}\)

Ponieważ ostatnia równość ma zachodzić dla każdego y rzeczywistego, to a=1 lub a=-1. Wystarczy sprawdzić, że te funkcje spełniają warunki zadania.

Odpowiedź: \(\displaystyle{ f(x)=x f(x)=-x}\).




ad. 2
\(\displaystyle{ AD=x BD=3x AB=4x}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle AEB = ADE= ACB}\) (kąty wpisane)
\(\displaystyle{ \sphericalangle EAD = EAB}\) (kąt wspólny)
Stąd trójkąty EAB i DAE są podobne (kkk) oraz:
\(\displaystyle{ \frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AE} \iff (AE)^2=AB AD=4x^2 \iff AE=2x}\)

Zatem:
\(\displaystyle{ \frac{BE}{AE}=\frac{DE}{AD} \iff \frac{BE}{DE}=\frac{AE}{AD}=\frac{2x}{x}=2 \iff BE=2 DE}\)

[Wasilewski]

2) Można też z twierdzenia sinusów.
1)
Między każdymi dwoma słupkami musi być jakiś wyższy, z czego wynika, że słupków o jakiejś wysokości nie może być więcej, niż wszystkich wyższych plus jeszcze jeden (bo niższe mogą być na skrajnych pozycjach). Wobec tego liczba słupków o wysokości \(\displaystyle{ k-i}\) jest równa:
\(\displaystyle{ f_{k-i} = f_{k-i+1} + \ldots + f_{k} + 1 = 2 f_{k-i+1}}\)
Wobec tego:
\(\displaystyle{ f_{k-i} = 2^{i}}\)
Wszystkich słupków jest zatem:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k-1} f_{k-i} = \sum_{i=0}^{k-1} 2^{i} = 2^{k} - 1}\)
Można też trochę inaczej. Mamy najwyższy słupek, po obu jego stronach jakieś układy słupków. Zauważmy, że to, czy układ po lewej spełnia założenia zadania, nie zależy w ogóle od układu po prawej stronie. Bowiem między każdym słupkiem z lewej strony, a słupkiem z prawej strony jest słupek najwyższy, czyli możemy oddzielnie rozpatrywać te układy. Muszą one spełniać warunki zadania, zatem najwięcej słupków ustawimy, gdy po obu stronach słupka o wysokości (k+1) będą się znajdować najliczniejsze układy związane ze słupkami o wysokości k, wobec tego:
\(\displaystyle{ f_{k+1} = 2f_{k} + 1}\)
I znowu otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f_{k} = 2^{k} - 1}\)

[Dumel]

moje rozwiązania:
1. drugie rozwiązanie Wasilewskiego. generalnie to samo co zad. 5. z I etapu tegorocznej Olimpiady (no, prawie to samo)
2. tw. Stewarta do trojkata AEB a potem podobienstwo trojkątów EAB i DAE. troche chyba nieotrzebnie skomplikowalem
3. prawie to samo co u Sylwka

dzień 2.
stwierdzilem ze poprzednie 3 zadania byly dla Was zbyt proste, więc troche podniosłem poprzeczke, co oczywiscie nie znaczy ze tym razem bedzie cos super hardkorowego. Najłatwiejsze zadanie z tego zestawu (sami się domyślcie ktore ) pochodzi z finału Olimpiady
zad. 4.
Dowieść, że dla każdej liczby naturelnej \(\displaystyle{ n \geqslant 2}\) i dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_n}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}ix_i \leqslant {n \choose 2}+ \sum_{i=1}^{m} x_i^i}\)
zad. 5.
Odcinek \(\displaystyle{ AD}\) jest wysokością trójkąta ostrokątnego nierównoramiennego \(\displaystyle{ ABC}\) . Punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) są odpowiednio rzutami punktu \(\displaystyle{ D}\) na odcinki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) . Proste \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ BC}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ K}\) . Punkt \(\displaystyle{ L}\) jest punktem środkowosymetrycznym do \(\displaystyle{ A}\) względem środka okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) . Udowodnij że proste \(\displaystyle{ DL}\) i \(\displaystyle{ AK}\) są prostopadłe.
zad. 6.
Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie liczbą całkowitą dodatnią orac ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) będzie zdefiniowany następująco:
\(\displaystyle{ a_1=k, a_n=k^{a_{n-1}}}\) dla \(\displaystyle{ n>1}\). Pakazać, że jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest dowolną liczbą całkowitą dodatnią, to ciąg \(\displaystyle{ a_n}\) jest od pewnego miejsca stały modulo \(\displaystyle{ m}\).

[ Dodano: 17 Grudnia 2008, 14:28 ]
aha i tym razem rozwiązania możecie wrzucać od razu, złagodniałem troche

[Wasilewski]

4) Przez indukcję.
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} x_{i}^{i} + \frac{n(n+1)}{2} qslant x_{n+1}^{n+1} + \sum_{i=1}^{n} ix_{i} + n qslant \sum_{i=1}^{n+1} ix_{i}}\)
Ostatnia nierówność jest równoważna:
\(\displaystyle{ (n+1)x_{n+1} qslant n + x_{n+1}^{n+1} \\
x_{n+1} qslant \frac{ \sum_{k=1}^{n} 1 + x_{n+1}^{n+1}}{n+1}}\)
A to jest prawda na mocy nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną.

[Sylwek]

ad. 4
Teza wynika po dodaniu n razy poniższego lematu stronami (dla i=1,2,...,n)
\(\displaystyle{ x_i^i + \underbrace{1+1+\ldots+1}_{i-1} \ge (AM \ge GM) \ge i\sqrt{x_i^i \cdot \underbrace{1 \cdot 1\cdot \ldots \cdot 1}_{i-1}}=ix_i}\)

Pewnie to było z tego finału, skoro idzie w 2 minuty i w 2 linijki

ad. 5 robiłem kiedyś analitycznie, lajtowo się na 1,5 stronach zmieściło, ale pozwólcie, że nie podzielę się z Wami tym rozwiązaniem . Nawet mam w brudnopisie: \(\displaystyle{ A(0,a), \ B(-1,0), \ C(c,0), \ a>0, \ c>0}\) - jakby ktoś chciał, to teraz już prosto to dokończyć

[Dumel]

dokładnie tak, finał LII OM
ja robiłem z nierówności Bernoulli'ego

[limes123]

5. Niech M' będzie punktem przeciecia okregow opisanych na ABC oraz EDFA. Zauwazmy, ze z rownosci katow <KNL' jest prosty. Latwo dowodzimy, ze KNL tez jest prosty (np kolejny raz wykorzystujac osie potegowe) ckd

[patry93]

ad. 4

ad. 5

Przepraszam, że się wtrącę Po "ad" nie stawiamy kropki (tak, wiem, że to nie forum polonistyczne )

[Dumel]

limes123, jak zwykle bardzo ładnie, troche chyba tylko sie pospieszyles z pisaniem, i nie zdefiniowałeś punktów M i N. (jak sie domyslam M jest punktem przeciecia AK i okregu opisanego na ABC, a N, wychodziloby ze punktem przeciecia EK i AL' (?))
ja to robiłem dużo brzydziej- iloczyn skalarny + twierdzenie Menelausa
wzorcówka: (zad. 11) - generalnie rozumowanie podobne, troche czytelniejsza końcówka

[limes123]

Tak, ale pozniej powinno byc "...Latwo dowodzimy, ze KN'L tez jest prosty..." gdzie N' jest punktem przeciecia EK i AL. Przepraszam za niedopatrzenie. Ma ktos pomysl na 6? Wydaje się dosc trudne.

[max]

Ma ktos pomysl na 6? Wydaje się dosc trudne.

Sprawdź pw. Jak nikt nie wymyśli to zamieszczę to rozwiązanie tutaj, ale pewnie Dumel ma ładną wzorcówkę, poza tym ja jestem już stary jak na om, a może ktoś kto się przygotowuje do drugiego etapu chce jeszcze pomyśleć.