[MIX] próbny II etap (1)

[Dumel]

wszystko chyba jasne dzisiaj dzień 1. :
zad. 1. Każdy wyraz ciągu \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,...,n-1\}}\) oraz \(\displaystyle{ a_1+a_2+...+a_n<2n}\). Udowodnij, że możemy znaleźć podciąg o sumie równej \(\displaystyle{ n}\)
zad. 2.
Punkty \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ CD}\) równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\), przy czym \(\displaystyle{ BK=DL}\). Odcinki \(\displaystyle{ DK}\) i \(\displaystyle{ BL}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Udowodnij, że półprosta \(\displaystyle{ AP}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ BAD}\).
zad. 3.
Dla każdego \(\displaystyle{ n}\) rozstrzygnij na ile sposobów można wypełnić kwadratową tablicę \(\displaystyle{ n x n}\) zerami i jedynkami, aby suma liczb w każdym wierszu i w każdej kolumnie była nieparzysta.

zadania chyba nie są zbyt trudne bo wszystkie udało mi się zrobić
Powodzenia!

[ Dodano: 27 Listopada 2008, 16:16 ]
aha i prosze dzisiaj jeszcze nie wrzucać rozwiązań

[limes123]

2. Niech \(\displaystyle{ S=BL \cap AD}\) i \(\displaystyle{ M=AP \cap BC}\). Mamy \(\displaystyle{ \frac{AB}{AS}=\frac{CL}{BC}=\frac{DL}{DS}=\frac{BK}{DS}=\frac{BP}{PS}=\frac{BM}{AS}}\) czyli AB=BM a z tego juz wynika teza.

[Dumel]

nie bardzo rozumiem Twojego końcowego wniosku, ale to nic moze jestem kretynem
robilem tak samo tylko bez tej ostatniej równości z punktem M- uzasadnilem teze korzystając z tw. o dwusiecznej

[limes123]

Z ostatniej równosci wynika, ze \(\displaystyle{ \angle BAM=\frac{\angle BAD}{2}}\). Mozesz pokazac jak robiles pozostale?

[mdz]

Rozważmy dowolną tablicę rozmiaru \(\displaystyle{ (n-1)}\)x\(\displaystyle{ (n-1)}\). Nietrudno udowodnić, że jednoznacznie wyznacza ona tablicę \(\displaystyle{ n}\)x\(\displaystyle{ n}\) spełniającą warunki zadania, w związku z czym szukana liczba sposobów wynosi \(\displaystyle{ 2^{(n-1)^2}}\).

[Dumel]

mdz, fajne rozwiazanie. nie myslalem ze to az tak szybko moze pojsc. ja wypelnialem tablice po kolei: pierwsza kolumne, reszte pierwszego wiersza, drugą kolumne itd.

podpowiedź do zad. 1: na początek warto rozważyć najwiekszy wyraz w tym ciągu i w zaleznosci od jego wartosci wywnioskowac ile jest co najmniej wyrazow rownych 1

dzień 2.:
zad. 4.
niech \(\displaystyle{ S=\{1,2,3,4,5\}}\). Wyznacz liczbę funkci \(\displaystyle{ f:S S}\) spełniających równość \(\displaystyle{ f^{50}(x)=x}\)dla wszystkich \(\displaystyle{ x S}\) \(\displaystyle{ (f^{50}(x)}\) oznacza pięćdziesiątą iterację funkcji \(\displaystyle{ f(x)}\))
zad.5
Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży wewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) i spełnia warunki \(\displaystyle{ \sphericalangle PAB = PCA}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle PAC = PBA}\). Punkt \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ O P}\) to kąt \(\displaystyle{ APO}\) jest prosty.
zad.6
Wykaż, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) sumujących się do \(\displaystyle{ 1}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ a(1+2a+bc)^{ \frac{3}{2}}+ b(1+2b+ca)^{ \frac{3}{2}}+ c(1+2c+ab)^{ \frac{3}{2}} qslant \frac{64}{27}}\)

ciekaw jestem Waszych rozwiazań zad. 6 bo nie mam do tego firmowki, a moje rozwiązanie do najpiękniejszych w świecie nie należy (do najbrzydszych też nie, ale chyba da sie to zrobić ładniej)

[binaj]

zad.5

niech:
\(\displaystyle{ \sphericalangle PAB = PCA=\alpha}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle PAC = PBA=\beta}\)
z łatwością wyznaczymy
\(\displaystyle{ \sphericalangle BPC = 2(\alpha+\beta)}\)
ponadto \(\displaystyle{ \sphericalangle BOC=2 BAC=2(\alpha+\beta)}\)
z tego wynika,że na czworokącie BPOC możemy opisać okrąg
dalej z trójkąta równoramiennego BOC mamy:
\(\displaystyle{ \sphericalangle BCO=90-(\alpha+\beta)}\)
czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle BPO=180- BCO=90+ (\alpha+\beta)}\)
oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle BPA=180-(\alpha+\beta)}\)
czyli
\(\displaystyle{ \sphericalangle OPA=360- BPA -\sphericalangle BPO = 90}\) C.K.D.

[limes123]

\(\displaystyle{ \sum a(1+2a+bc)^{\frac{3}{2}}\geq (2\sum a^2+1+3abc)^{\frac{3}{2}}}\) wiec wystarczy udowodnic, ze \(\displaystyle{ 2\sum a^2+1+3abc q \frac{16}{9}\iff 18\sum a^2+27abc\geq 7}\) i teraz wystarczy uzyc Schura (tego podstawowego) by otrzymac \(\displaystyle{ L\geq 6\sum ab-3\sum a^2+18\sum a^2\geq 7\sum a^2+14\sum ab=7(a+b+c)^2=7}\)

Tak ma byc... Sorry za blad ale mialem na kartce zle i bezmyslnie przepisalem. A Schura mogles nie zauwazyc, bo jest w formie \(\displaystyle{ \frac{9abc}{a+b+c}\geq 2\sum ab -\sum a^2}\)

[Piotr Rutkowski]

Dobra wrzuce to co mam w 6 (tylko jest to moja pierwsza nierownosc robiona przy pomocy Jensena wiec z gory przepraszam za bledy). Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x^{\frac{3}{2}}}\) jest wypukla, zatem \(\displaystyle{ \sum a(1+2a+bc)^{\frac{3}{2}}\geq (2\sum a^2+1+\sum ab)^{\frac{3}{2}}}\) wiec wystarczy udowodnic, ze \(\displaystyle{ 2\sum a^2+1+\sum ab\geq \frac{16}{9}\iff 18\sum a^2+27abc\geq 7}\) i teraz wystarczy uzyc Schura (tego podstawowego) by otrzymac \(\displaystyle{ L\geq 6\sum ab-3\sum a^2+18\sum a^2\geq 7\sum a^2+14\sum ab=7(a+b+c)^2=7}\)ckd(?)

Średnio zrozumiałem skąd Ci wyszło \(\displaystyle{ \sum ab}\) po użyciu Jensena i zupełnie nie łapię gdzie tam się doszukałeś Schura
Po zastosowaniu Jensena należy udowodnić:
\(\displaystyle{ (2\sum_{cyc}a^{2}) +3abc q \frac{7}{9}}\)
Czyli to co napisałeś (zdaje się, że na początku po prostu błąd w zapisie)
\(\displaystyle{ 18a^{2}+18b^{2}+18c^{2}+27abc\geq 7}\)
Mozna to udowodnić inaczej.
Załóżmy WLOG, że \(\displaystyle{ c=min\{a,b,c\}}\) wtedy \(\displaystyle{ 0\leq c^{2}\leq \frac{1}{9}}\)
Teraz potraktujmy to jako wielomian drugiego stopnia zmiennej a:
\(\displaystyle{ 18a^{2}+27bc*a+(18b^{2}+18c^{2}-7)\geq 0}\)
Wystarczy, żeby delta była niedodatnia tzn.:
\(\displaystyle{ 1296(b^{2}+c^{2})\geq 729b^{2}c^{2}+504}\) czyli
\(\displaystyle{ b^{2}(1296-729c^{2})+(1296c^{2}-504)\geq 0}\)
znów zróbmy sztuczkę, teraz wielomian zmiennej b. Delta musi być znów niedodatnia czyli:
\(\displaystyle{ -(504-1296c^{2})(1296-729c^{2})\leq 0}\) co jest oczywiste
Q.E.D.

[limes123]

Dobra poprawione. Przepraszam jeszcze raz za blad. Mam nadzieje, ze teraz jest oke.

[Piotr Rutkowski]

A Schura mogles nie zauwazyc, bo jest w formie \(\displaystyle{ \frac{9abc}{a+b+c}\geq 2\sum ab -\sum a^2}\)

Prawda to, nie jest to aż tak oczywiste

[Dumel]

ładnie poszło, ja w 6. zapomnialem ze mozna uzyc wazonego Jensena, podniosłem wszystko do kwadratu a potem kombinowalem z Minkowskiego i dlatego troche mi to opornie poszło
zostało 4, nie jest trudne więc pewnie niedlugo zrobicie, a wtedy proponuje zebyscie wrzucali tez swoje propozycje zadań

[Wasilewski]

4) Funkcje te muszą być permutacjami, bo jeśli nie będą to kolejne iteracje, a przecież pięćdziesiąta iteracja ma być permutacją. Zauważmy, że jeśli jakaś liczba ze zbioru S przechodzi na inną liczbę ze tego zbioru, to biorąc kolejne iteracje, również otrzymamy w każdym kroku do innej liczby, aż się zaczną powtarzać. dyby tak nie było, to znów funkcja nie byłaby permutacją (na przykład 1 przechodzi na 3 i 3 też na 3, ale wtedy mamy \(\displaystyle{ f^{2}(1)= f^{2}(3)}\)). Skoro dostajemy inne liczby, a jest ich pięć, to najpóźniej od \(\displaystyle{ f^{5}(x)}\) mamy już te same wartości. Nam sprzyjają sytuacje, gdy wartości zaczynają się powtarzać od \(\displaystyle{ f^{2}(x)}\) lub od \(\displaystyle{ f^{5}(x)}\) (bo to dzielniki 50). Zauważmy, że jeśli jedna z liczb przechodzi na siebie, to taki cykl dla pozostałych liczb może mieć co najwyżej długość 4 (chodzi mi o intuicyjne rozumienie tego terminu, a piszę to, bo pewnie część użytkowników wie, w przeciwieństwie do mnie, czym są cykle), podobnie będzie, gdy kilka liczb przechodzi na siebie. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ f^{5}(x) = x}\), gdy żadna z liczb nie przechodzi na siebie, a pięcioelementowych permutacji bez punktów stałych jest \(\displaystyle{ 5!\sum_{k=0}^{5} \frac{(-1)^{k}}{k!} = 44}\). Natomiast \(\displaystyle{ f^{2}(x) = x}\), gdy trzy liczby przechodzą na siebie, te liczby wybieramy \(\displaystyle{ {5 \choose 3} = 10}\), pozostałe 2 muszą przechodzić na siebie nawzajem. Zatem mamy 55 funkcji spełniających warunki zadania (dodajemy identyczność).
Mam nadzieję, że ma to chociaż umiarkowany sens.

[Dumel]

prawidłowa odpowiedź to 50. to zadanie z II etapu L OM. Ja robilem troche inaczej niz we wzorcowce- zamiast liczyc dobre funkcje, z puli potencjalnie dobrych wywalilem zle

[Wasilewski]

Faktycznie, nie wszystkie permutacje bez miejsc stałych są dobre (i jeszcze innych funkcji nie uwzględniłem). Postaram się poprawić to rozwiązanie. Na razie dodaję jeszcze 15 funkcji; dwie pary liczb przechodzą na siebie wzajemnie, a piata się nie zmienia (na pięć sposobów wybieramy tę stałą, a potem na trzy jedną z wartości dla któregoś argumentu, co już wyznacza resztę). A permutacje bez miejsc stałych, które nam nie pasują, to te, w których jest para liczb przechodzących na siebie. A tych jest 20 (\(\displaystyle{ {5 \choose 2} 3! \sum_{k=0}^{3} \frac{(-1)^{k}}{k!}}\)). I teraz już jest raczej w porządku.