[Liga 2006] Klasyfikacje, oceny, rozwiązania
: 22 paź 2006, o 13:47
Z radością informuję wszystkich Uczestników Ligi, że ich rozwiązania zostały już ocenione. Oto rezultaty:
WSPÓŁCZYNNIKI TRUDNOŚCI ZADAŃ:
ZAD 1 - 3.20
ZAD 2 - 2.60
ZAD 3 - 3.45
ZAD 4 - 3.10
ZAD 5 - 2.85
ZAD 6 - 2.60
OCENY - WRZESIEŃ: (wynik zaokrąglany do dwóch cyfr po przecinku)
Marcin88: - 14.87
ZAD 1 - 0.3 pkt. - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.8 pkt. - 2.76
ZAD 4 - 1.0 pkt. - 3.10
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60
Robert Łysoń: - 0.00
ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 5 - 0.0 pkt. - 0.00
gaga: - 2.08
ZAD 6 - 0.8 pkt. - 2.08
DEXiu: - 2.94
ZAD 2 - 0.8 pkt. - 2.08
ZAD 5 - 0.3 pkt. - 0.86
Sir George: - 4.24
ZAD 1 - 1.0 pkt. - 3.20
ZAD 3 - 0.3 pkt. - 1.04
mol_ksiazkowy: - 11.49
ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00 - po odwołaniu podniesione do 0.3 pkt - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 4 - 0.8 pkt. - 2.48
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60
KLASYFIKACJA (PO 1. SERII):
1. Marcin 88 - 14.87
2. mol_ksiazkowy - 11.49
3. Sir George - 4.24
4. DEXiu - 2.94
5. gaga - 2.08
6. Robert Łysoń - 0.00
---------------------------
a) Odpowiedzią jest:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\, (1+\,g_{n}(1)\, \,\delta_{n})(1+\,g_{n}(2)\, \,\delta_{n})(1+\,g_{n}(3)\, \,\delta_{n})\,\cdots\,(1+\,g_{n}(n)\, \,\delta_{n}) \, = \, e^{\,\int_a^b f(x)dx}\)
Dowód:
Na mocy rozwinięcia funkcji ln(x) w szereg Maclaurina zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ |\ln(1+x) - x| \, q \, x^2}\)
dla \(\displaystyle{ |x| \, q \, \frac{1}{2}}\)
Funkcja f(x) jest całkowalna w sensie właściwym, a zatem jest ograniczona (z dokładnością do ewentualnego zbioru miary 0 punktów nieciągłości, Czytelnik sam wykaże, że fakt ten można zaniedbać). Załóżmy, że |f(x)| < M.
Jeżeli \(\displaystyle{ \delta_{n}\cdot M \, \leq \, \frac{1}{2}}\), to:
\(\displaystyle{ | \bigsum_{i=1}^n \ln(1 \, + \, g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}) \, - \, \bigsum_{i=1}^n g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}| \, \leq \, \delta_{n}\,\cdot\ \bigsum_{i=1}^n (g_{n}(i))^2\, \cdot\,\delta_{n}}\)
Czytelnik zechce wykazać, że suma po prawej stronie nierówności zbiega do całki - czyli skończonej wartości. Zatem istotnie uzyskaliśmy dowód twierdzenia.
b) Odpowiedż to: e
Dowód:
Rzeczywiście, zgodnie z udowodnionym punktem (a) mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \, \frac {(n^2+1)(n^2+2)(n^2+3)\,\cdots\,(n^2+n)}{(n^2-1)(n^2-2)(n^2-3)\,\cdots\,(n^2-n)} \, = \, \lim_{n\to\infty}\left(\bigprod_{i=1}^n \frac{ \left( 1\,+ \,\frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n} \right) }{ \left( 1\,- \, \frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n}\right)}\right) \, = \, \frac{e^{\,\int_0^1 xdx}}{e^{\,-\int_0^1 xdx}} \, = \, e}\)
PS 1. Warto zauważyć, że w punkcie (a) wybór podziału przedziału [a,b] nie musi być konieczny taki, jak zaproponowany.
PS 2. Twierdzenie z punktu (a) można uogólnić do ciekawej formy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\bigprod_{i=1}^n (1 \, + \, z \cdot g_{n}(i) \cdot \delta_{n}) \, = \, 1 \, + \, \frac{z}{1!}\cdot \int_a^b f(x)dx \, + \, \frac{z^2}{2!}\cdot \left( \int_a^b f(x)dx \right) ^2 \, + \, \cdots \, + \, \frac{z^p}{p!}\cdot \left(\int_a^b f(x)dx \right)^p + \, \cdots}\)
A to jak wiadomo ma dla dowolnego z rzeczywistego (zespolonego) granicę:
\(\displaystyle{ e^{\, z \cdot \int_a^b f(x)dx}\)
Jak to wykazać, pozostawiam Wam
ZADANIE 2
Odpowiedź:
Tu pojawi się wkrótce odpowiedź.
Dowód:
... jak również i dowód.
ZADANIE 3
Odpowiedź:
Warunki zadania spełniają wszystkie takie punkty C, że kąt ACB wynosi:
\(\displaystyle{ \frac{\pi \cdot r}{s}}\),
gdzie r, s są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, oraz s nie jest potęgą liczby 2.
Dowód:
Niech kąt \(\displaystyle{ AC_{n}B = x_n}\), gdzie kąt mierzymy w kierunku zgodnym ze wskazówkami zegara, tak że \(\displaystyle{ x_n}\) jest dodatni po jednej stronie AB, a ujemny po drugiej. Wówczas \(\displaystyle{ x_n}\) wyznacza \(\displaystyle{ C_n}\) w sposób jednoznaczny na symetralnej odcinka AB.
Zachodzi: \(\displaystyle{ x_{n+1} = 2x_{n}}\). By było to prawdziwe w każdym przypadku rozważamy wynik modulo \(\displaystyle{ \pi}\) (jeżeli mamy do czynienia z kątem rozwatym środek ciężkości przeniesie się na drugą stronę odcinka AB, więc znak się zmieni). Jeżeli \(\displaystyle{ x_n}\) jest od pewnego miejsca okresowy, zachodzi \(\displaystyle{ x_{m+1} = x_{n+1}}\) dla pewnych n>m, więc \(\displaystyle{ (2n - 2m)x_1 = 0 \, mod \, \pi}\). Stąd:
\(\displaystyle{ x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}}\)
dla względnie pierwszych liczb całkowitych r, s. Dodatkowo s nie może być potęgą 2, bowiem wtedy mielibyśmy \(\displaystyle{ x_{k} = \pi \cdot r}\) dla pewnego k, a wtedy ciąg zamiast być okresowym, urwałby się, zgodnie z definicją.
Załóżmy teraz z drugiej strony, że \(\displaystyle{ x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}}\), gdzie r, s są względnie pierwszymi liczbami całkowitymi, a s nie jest potęgą 2. Wówczas:
\(\displaystyle{ x_n = 2^{n} \cdot \frac{\pi \cdot r}{s}}\)
Jest jasne, że liczba ta nie przystaje 0 mod \(\displaystyle{ \pi}\), więc ciąg się nie zakończy.
Pytanie zatem, czy będzie okresowy. Niech \(\displaystyle{ s = 2^{n} \cdot c}\), gdzie c nieparzyste. Niech \(\displaystyle{ d = \phi(c)}\), gdzie \(\displaystyle{ \phi(n)}\) jest funkcją Eulera. Na mocy tw. Eulera:
\(\displaystyle{ 2^d = 1 \, mod \, c}\)
Skoro więc:
(1) \(\displaystyle{ x_{b+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi}\)
(2) \(\displaystyle{ 2^{b+d} = 2^b \, mod \, c}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ x_{b+d+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi}\)
A więc ciąg jest okresowy, co kończy dowód.
ZADANIE 4
Odpowiedź:
Zarówno najmniejsza jak i największa wartość wyrażenia to 0.
Dowód:
Zachodzą równości:
\(\displaystyle{ (w+x)^7 - 7wx(w+x)(w^2 + wx + x^2)^2 = w^7 + x^7}\)
Podobnie dla y i z. Po dodaniu stronami otrzymamy zgodnie z założeniem:
\(\displaystyle{ wx(w+x)(w^2+wx+x^2)^2 + yz(y+z)(y^2 + yz + z^2)^2 = 0}\)
Jeżeli w+x = -(y+z) = 0, to dowód jest zakończony. Jeżeli nie, dzielimy stronami dostając:
\(\displaystyle{ wx(w^2 + wx + x^2)^2 = yz(y^2 + yz + z^2)^2}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ w^2 + wx + x^2 = (w+x)^2 - wx}\)
oraz
\(\displaystyle{ y^2 + yz + z^2 = (y+z)^2 - yz = (w+x)^2 - yz}\).
Stąd:
\(\displaystyle{ (wx - yz)(w+x)^4 - 2(wx)^2 (w+x)^2 + 2(yz)^2 (w+x)^2 + (wx)^3 - (yz)^3 = 0}\).
Z tych rozważań otrzymujemy 2 możliwości:
(wx - yz) = 0
albo
\(\displaystyle{ (w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2 ) = 0}\).
(1) Jeżeli wx = yz, wówczas skoro w + x = -(y + z), otrzymujemy, że w oraz x są pierwiastkami równania kwadratowego \(\displaystyle{ t^2 + (y+z) \cdot t + yz.}\) Rozwiązując, mamy:
w, x = -y, -z
(jedna z tych równości jest spełniona)
Zatem (w + y)(w + z) = 0.
(2) Jeżeli wx - yz jest niezerowe, mamy:
\(\displaystyle{ (w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2) = 0}\)
lub inaczej,
\(\displaystyle{ ( (w+x)^2 - (wx + yz) )^2 = wxyz}\) (*)
Skoro \(\displaystyle{ (x+y)^2 = (y+z)^2}\), mamy:
\(\displaystyle{ 2( (w+x)^2 - (wx + yz) ) = ( (w+x)^2 - 2wx + (y+z)^2 - 2yz) = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)}\)
Nasza równość (*) da się zatem przepisać jako:
\(\displaystyle{ (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 = 4wxyz}\)
Z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
\(\displaystyle{ 4wxyz = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 > 4 \cdot \sqrt[4]{w^2 x^2 y^2 z^2}}\)
stąd zaś:
\(\displaystyle{ (w^2 + x^2 + y2^ + z^2)^2 >= 16wxyz}\)
Stąd już mamy:
\(\displaystyle{ 4wxyz q 16wxyz}\)
a skoro lewa strona nierówności to kwadrat, mamy zatem, że wxyz jest nieujemne. Więc wxyz = 0. A zatem:
\(\displaystyle{ w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0}\)
A więc w=x=y=z=0 co kończy dowód.
PS. A więc w istocie tak, czy inaczej prawdą jest, że: wx = yz.
ZADANIE 5
Odpowiedź:
0 rozwiązań: \(\displaystyle{ a< \sqrt{12}}\)
1 rozwiązanie: \(\displaystyle{ a = sqrt{12}}\)
2 rozwiązania: \(\displaystyle{ a \in (\sqrt{12}, 6)}\)
3 rozwiązania: \(\displaystyle{ a=6}\)
4 rozwiązania: \(\displaystyle{ a>6}\)
Rozwiązanie:
Sprowadźmy równanie do postaci równoważnej:
\(\displaystyle{ | \left(x-\frac{a}{2} \right)^2 \, - \, \left( \frac{a^2}{4} - a \right)| \, = \, a-3}\)
Rozpatrujemy 3 przypadki możliwego znaku wyróżnika równania kwadratowego pod wartością bezwzględną. Rozważamy jedynie wartości a>3, dla pozostałych wartości rzeczywistych a, równanie oczywiście nie ma rozwiązań.
1) \(\displaystyle{ \Delta < 0 \, 06
3 rozwiązania: dla a=6
2 rozwiązania: dla a0, zachodzą zatem:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} (2 + a + \frac{1}{a}) \, = \, \frac{(a-1)^2}{2a} + 2 \, q \ \, 2}\)
Co kończy dowód.
---------------------------
Odwołania od ocen, pytania o nieprawidłowości w rozwiązaniach, (po lekturze szkiców) można zgłaszać do 1 listopada.
Jeżeli interesują Was rozwiązania niefirmowe (uczestników Ligi) także mogę je zamieścić.
Pozdrawiam
[ Dodano: 24 Październik 2006, 10:35 ]
Wpłynęło odwołanie, które zmieniło współczynnik trudności zadania 1 z 3.35 na 3.20. Odpowiednie zmiany zostały uwzględnione, klasyfikacja ogólna nie uległa zmianom.}\)
WSPÓŁCZYNNIKI TRUDNOŚCI ZADAŃ:
ZAD 1 - 3.20
ZAD 2 - 2.60
ZAD 3 - 3.45
ZAD 4 - 3.10
ZAD 5 - 2.85
ZAD 6 - 2.60
OCENY - WRZESIEŃ: (wynik zaokrąglany do dwóch cyfr po przecinku)
Marcin88: - 14.87
ZAD 1 - 0.3 pkt. - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.8 pkt. - 2.76
ZAD 4 - 1.0 pkt. - 3.10
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60
Robert Łysoń: - 0.00
ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 5 - 0.0 pkt. - 0.00
gaga: - 2.08
ZAD 6 - 0.8 pkt. - 2.08
DEXiu: - 2.94
ZAD 2 - 0.8 pkt. - 2.08
ZAD 5 - 0.3 pkt. - 0.86
Sir George: - 4.24
ZAD 1 - 1.0 pkt. - 3.20
ZAD 3 - 0.3 pkt. - 1.04
mol_ksiazkowy: - 11.49
ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00 - po odwołaniu podniesione do 0.3 pkt - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 4 - 0.8 pkt. - 2.48
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60
KLASYFIKACJA (PO 1. SERII):
1. Marcin 88 - 14.87
2. mol_ksiazkowy - 11.49
3. Sir George - 4.24
4. DEXiu - 2.94
5. gaga - 2.08
6. Robert Łysoń - 0.00
---------------------------
SZKICE ROZWIĄZAŃ ZADAŃ LIGI FORUM - WRZESIEŃ
ZADANIE 1a) Odpowiedzią jest:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\, (1+\,g_{n}(1)\, \,\delta_{n})(1+\,g_{n}(2)\, \,\delta_{n})(1+\,g_{n}(3)\, \,\delta_{n})\,\cdots\,(1+\,g_{n}(n)\, \,\delta_{n}) \, = \, e^{\,\int_a^b f(x)dx}\)
Dowód:
Na mocy rozwinięcia funkcji ln(x) w szereg Maclaurina zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ |\ln(1+x) - x| \, q \, x^2}\)
dla \(\displaystyle{ |x| \, q \, \frac{1}{2}}\)
Funkcja f(x) jest całkowalna w sensie właściwym, a zatem jest ograniczona (z dokładnością do ewentualnego zbioru miary 0 punktów nieciągłości, Czytelnik sam wykaże, że fakt ten można zaniedbać). Załóżmy, że |f(x)| < M.
Jeżeli \(\displaystyle{ \delta_{n}\cdot M \, \leq \, \frac{1}{2}}\), to:
\(\displaystyle{ | \bigsum_{i=1}^n \ln(1 \, + \, g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}) \, - \, \bigsum_{i=1}^n g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}| \, \leq \, \delta_{n}\,\cdot\ \bigsum_{i=1}^n (g_{n}(i))^2\, \cdot\,\delta_{n}}\)
Czytelnik zechce wykazać, że suma po prawej stronie nierówności zbiega do całki - czyli skończonej wartości. Zatem istotnie uzyskaliśmy dowód twierdzenia.
b) Odpowiedż to: e
Dowód:
Rzeczywiście, zgodnie z udowodnionym punktem (a) mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \, \frac {(n^2+1)(n^2+2)(n^2+3)\,\cdots\,(n^2+n)}{(n^2-1)(n^2-2)(n^2-3)\,\cdots\,(n^2-n)} \, = \, \lim_{n\to\infty}\left(\bigprod_{i=1}^n \frac{ \left( 1\,+ \,\frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n} \right) }{ \left( 1\,- \, \frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n}\right)}\right) \, = \, \frac{e^{\,\int_0^1 xdx}}{e^{\,-\int_0^1 xdx}} \, = \, e}\)
PS 1. Warto zauważyć, że w punkcie (a) wybór podziału przedziału [a,b] nie musi być konieczny taki, jak zaproponowany.
PS 2. Twierdzenie z punktu (a) można uogólnić do ciekawej formy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\bigprod_{i=1}^n (1 \, + \, z \cdot g_{n}(i) \cdot \delta_{n}) \, = \, 1 \, + \, \frac{z}{1!}\cdot \int_a^b f(x)dx \, + \, \frac{z^2}{2!}\cdot \left( \int_a^b f(x)dx \right) ^2 \, + \, \cdots \, + \, \frac{z^p}{p!}\cdot \left(\int_a^b f(x)dx \right)^p + \, \cdots}\)
A to jak wiadomo ma dla dowolnego z rzeczywistego (zespolonego) granicę:
\(\displaystyle{ e^{\, z \cdot \int_a^b f(x)dx}\)
Jak to wykazać, pozostawiam Wam
ZADANIE 2
Odpowiedź:
Tu pojawi się wkrótce odpowiedź.
Dowód:
... jak również i dowód.
ZADANIE 3
Odpowiedź:
Warunki zadania spełniają wszystkie takie punkty C, że kąt ACB wynosi:
\(\displaystyle{ \frac{\pi \cdot r}{s}}\),
gdzie r, s są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, oraz s nie jest potęgą liczby 2.
Dowód:
Niech kąt \(\displaystyle{ AC_{n}B = x_n}\), gdzie kąt mierzymy w kierunku zgodnym ze wskazówkami zegara, tak że \(\displaystyle{ x_n}\) jest dodatni po jednej stronie AB, a ujemny po drugiej. Wówczas \(\displaystyle{ x_n}\) wyznacza \(\displaystyle{ C_n}\) w sposób jednoznaczny na symetralnej odcinka AB.
Zachodzi: \(\displaystyle{ x_{n+1} = 2x_{n}}\). By było to prawdziwe w każdym przypadku rozważamy wynik modulo \(\displaystyle{ \pi}\) (jeżeli mamy do czynienia z kątem rozwatym środek ciężkości przeniesie się na drugą stronę odcinka AB, więc znak się zmieni). Jeżeli \(\displaystyle{ x_n}\) jest od pewnego miejsca okresowy, zachodzi \(\displaystyle{ x_{m+1} = x_{n+1}}\) dla pewnych n>m, więc \(\displaystyle{ (2n - 2m)x_1 = 0 \, mod \, \pi}\). Stąd:
\(\displaystyle{ x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}}\)
dla względnie pierwszych liczb całkowitych r, s. Dodatkowo s nie może być potęgą 2, bowiem wtedy mielibyśmy \(\displaystyle{ x_{k} = \pi \cdot r}\) dla pewnego k, a wtedy ciąg zamiast być okresowym, urwałby się, zgodnie z definicją.
Załóżmy teraz z drugiej strony, że \(\displaystyle{ x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}}\), gdzie r, s są względnie pierwszymi liczbami całkowitymi, a s nie jest potęgą 2. Wówczas:
\(\displaystyle{ x_n = 2^{n} \cdot \frac{\pi \cdot r}{s}}\)
Jest jasne, że liczba ta nie przystaje 0 mod \(\displaystyle{ \pi}\), więc ciąg się nie zakończy.
Pytanie zatem, czy będzie okresowy. Niech \(\displaystyle{ s = 2^{n} \cdot c}\), gdzie c nieparzyste. Niech \(\displaystyle{ d = \phi(c)}\), gdzie \(\displaystyle{ \phi(n)}\) jest funkcją Eulera. Na mocy tw. Eulera:
\(\displaystyle{ 2^d = 1 \, mod \, c}\)
Skoro więc:
(1) \(\displaystyle{ x_{b+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi}\)
(2) \(\displaystyle{ 2^{b+d} = 2^b \, mod \, c}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ x_{b+d+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi}\)
A więc ciąg jest okresowy, co kończy dowód.
ZADANIE 4
Odpowiedź:
Zarówno najmniejsza jak i największa wartość wyrażenia to 0.
Dowód:
Zachodzą równości:
\(\displaystyle{ (w+x)^7 - 7wx(w+x)(w^2 + wx + x^2)^2 = w^7 + x^7}\)
Podobnie dla y i z. Po dodaniu stronami otrzymamy zgodnie z założeniem:
\(\displaystyle{ wx(w+x)(w^2+wx+x^2)^2 + yz(y+z)(y^2 + yz + z^2)^2 = 0}\)
Jeżeli w+x = -(y+z) = 0, to dowód jest zakończony. Jeżeli nie, dzielimy stronami dostając:
\(\displaystyle{ wx(w^2 + wx + x^2)^2 = yz(y^2 + yz + z^2)^2}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ w^2 + wx + x^2 = (w+x)^2 - wx}\)
oraz
\(\displaystyle{ y^2 + yz + z^2 = (y+z)^2 - yz = (w+x)^2 - yz}\).
Stąd:
\(\displaystyle{ (wx - yz)(w+x)^4 - 2(wx)^2 (w+x)^2 + 2(yz)^2 (w+x)^2 + (wx)^3 - (yz)^3 = 0}\).
Z tych rozważań otrzymujemy 2 możliwości:
(wx - yz) = 0
albo
\(\displaystyle{ (w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2 ) = 0}\).
(1) Jeżeli wx = yz, wówczas skoro w + x = -(y + z), otrzymujemy, że w oraz x są pierwiastkami równania kwadratowego \(\displaystyle{ t^2 + (y+z) \cdot t + yz.}\) Rozwiązując, mamy:
w, x = -y, -z
(jedna z tych równości jest spełniona)
Zatem (w + y)(w + z) = 0.
(2) Jeżeli wx - yz jest niezerowe, mamy:
\(\displaystyle{ (w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2) = 0}\)
lub inaczej,
\(\displaystyle{ ( (w+x)^2 - (wx + yz) )^2 = wxyz}\) (*)
Skoro \(\displaystyle{ (x+y)^2 = (y+z)^2}\), mamy:
\(\displaystyle{ 2( (w+x)^2 - (wx + yz) ) = ( (w+x)^2 - 2wx + (y+z)^2 - 2yz) = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)}\)
Nasza równość (*) da się zatem przepisać jako:
\(\displaystyle{ (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 = 4wxyz}\)
Z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
\(\displaystyle{ 4wxyz = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 > 4 \cdot \sqrt[4]{w^2 x^2 y^2 z^2}}\)
stąd zaś:
\(\displaystyle{ (w^2 + x^2 + y2^ + z^2)^2 >= 16wxyz}\)
Stąd już mamy:
\(\displaystyle{ 4wxyz q 16wxyz}\)
a skoro lewa strona nierówności to kwadrat, mamy zatem, że wxyz jest nieujemne. Więc wxyz = 0. A zatem:
\(\displaystyle{ w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0}\)
A więc w=x=y=z=0 co kończy dowód.
PS. A więc w istocie tak, czy inaczej prawdą jest, że: wx = yz.
ZADANIE 5
Odpowiedź:
0 rozwiązań: \(\displaystyle{ a< \sqrt{12}}\)
1 rozwiązanie: \(\displaystyle{ a = sqrt{12}}\)
2 rozwiązania: \(\displaystyle{ a \in (\sqrt{12}, 6)}\)
3 rozwiązania: \(\displaystyle{ a=6}\)
4 rozwiązania: \(\displaystyle{ a>6}\)
Rozwiązanie:
Sprowadźmy równanie do postaci równoważnej:
\(\displaystyle{ | \left(x-\frac{a}{2} \right)^2 \, - \, \left( \frac{a^2}{4} - a \right)| \, = \, a-3}\)
Rozpatrujemy 3 przypadki możliwego znaku wyróżnika równania kwadratowego pod wartością bezwzględną. Rozważamy jedynie wartości a>3, dla pozostałych wartości rzeczywistych a, równanie oczywiście nie ma rozwiązań.
1) \(\displaystyle{ \Delta < 0 \, 06
3 rozwiązania: dla a=6
2 rozwiązania: dla a0, zachodzą zatem:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} (2 + a + \frac{1}{a}) \, = \, \frac{(a-1)^2}{2a} + 2 \, q \ \, 2}\)
Co kończy dowód.
---------------------------
Odwołania od ocen, pytania o nieprawidłowości w rozwiązaniach, (po lekturze szkiców) można zgłaszać do 1 listopada.
Jeżeli interesują Was rozwiązania niefirmowe (uczestników Ligi) także mogę je zamieścić.
Pozdrawiam
[ Dodano: 24 Październik 2006, 10:35 ]
Wpłynęło odwołanie, które zmieniło współczynnik trudności zadania 1 z 3.35 na 3.20. Odpowiednie zmiany zostały uwzględnione, klasyfikacja ogólna nie uległa zmianom.}\)