[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[adamm]

Cuś się lud nie pali do IMO ;P Może ktoś wrzuci jakieś inne zadanie?
A to można sobie... sprawdzić w IMO Compendium xP

Żaba skacze po sąsiednich wierzchołkach ośmiokąta foremnego. Zaczyna w wierzchołku \(\displaystyle{ A}\), gdy dotrze do naprzeciwległego wierzchołka (czyli \(\displaystyle{ E}\)) zatrzymuje się i przestaje skakać. Na ile rożnych sposobów może dotrzeć do wierzchołka \(\displaystyle{ E}\) w dokładnie \(\displaystyle{ n}\) ruchach?

To zadania mnie strasznie męczy, do dzieła.

[darek20]

Cuś się lud nie pali do IMO ;P Może ktoś wrzuci jakieś inne zadanie?
A to można sobie... sprawdzić w IMO Compendium xP

Żaba skacze po sąsiednich wierzchołkach ośmiokąta foremnego. Zaczyna w wierzchołku \(\displaystyle{ A}\), gdy dotrze do naprzeciwległego wierzchołka (czyli \(\displaystyle{ E}\)) zatrzymuje się i przestaje skakać. Na ile rożnych sposobów może dotrzeć do wierzchołka \(\displaystyle{ E}\) w dokładnie \(\displaystyle{ n}\) ruchach?

To zadania mnie strasznie męczy, do dzieła.

w takiej wersji to zbyt trudne.... ale jak ktoś chce to niech to rozwiąże nie zaglądając w hide

Ukryta treść:    

wersja "łatwjesza"
Pokaż że n spełnia rekurencje
\(\displaystyle{ a_{2n-1}=0, a_{2n}={(2+\sqrt2)^{n-1}-(2-\sqrt2)^{n-1}\over\sqrt2}}\)

[timon92]

nowe: \(\displaystyle{ m,n \in \mathbb Z}\) są takie, że \(\displaystyle{ 10 | m^2+mn+n^2}\). Wykazać że \(\displaystyle{ 100 | m^2+mn+n^2}\).

[silicium2002]

Hm, coś za prosto poszło, więc możliwe, że gdzieś się rąbnąłem:

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ 10|m^2+mn+n^2}\), a więc \(\displaystyle{ 10| \frac{m^3-n^3}{m-n}}\),
ale to oznacza, że zachodzi \(\displaystyle{ 10|m^3-n^3}\).
Niech m będzie postaci \(\displaystyle{ 10k+a}\), a n postaci \(\displaystyle{ 10l+b}\), gdzie \(\displaystyle{ k,l,a,b \in Z}\)
Zauważmy wtedy że \(\displaystyle{ (10k+a)^3\equiv a^3 (mod 10)}\) i analogicznie (\(\displaystyle{ 10l+b)^3 \equiv b^3 (mod 10)}\)
Stąd \(\displaystyle{ (10k+a)^3-(10l+b)^3 \equiv a^3-b^3 (mod 10)}\)
Dlatego \(\displaystyle{ 10|a^3-b^3}\)
Jednak wiemy, że sześciany liczb jednocyfrowych mają parami różne ostatnie cyfry. Dllatego musi prawdą być \(\displaystyle{ a=b}\)
Wtedy jednak mamy: \(\displaystyle{ m^2+mn+n^2=(10k+a)^2+(10k+a)(10l+a)+(10l+a)^2 \equiv 3 \cdot a^3 (mod 10)}\)Stąd \(\displaystyle{ a^3 \equiv 0 (mod 10)}\) czyli \(\displaystyle{ a = 0}\)
Stąd obie liczby m i n są podzielne przez 10 dlatego też kwadrat każdej z nich oraz ich iloczyn są podzielne przez sto. zatem suma ich kwadratów i ich iloczynu również dzieli się przez sto
\(\displaystyle{ c.b.d.o}\)

[timon92]

silicium2002, zgubiłeś przypadek \(\displaystyle{ m=n}\), a poza tym to dobrze jest

wrzuć nowe zadanie

[timon92]

nie to nie, ja wrzucę:

każda z liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) jest większa lub równa \(\displaystyle{ 1}\)

wykazać, że wówczas zachodzi \(\displaystyle{ (a^2-2a+2)(b^2-2b+2)(c^2-2c+2)(d^2-2d+2) \le a^2b^2c^2d^2 - 2abcd + 2}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Podstawmy \(\displaystyle{ a'=a-1 \ , \ b'=b-1 \ , \ c'=c-1 \ , \ d'=d-1}\), wówczas \(\displaystyle{ a',b',c',d' \ge 0}\) i nasza nierówność przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ (a'^2+1)(b'^2+1)(c'^2+1)(d'^2+1) = a'^2'b'^2c'^2d'^2+\sum_{sym}a'^2+\sum_{sym}a'^2b'^2+\sum_{sym}a'^2b'^2c'^2+1 \le (a'+1)^2(b'+1)^2(c'+1)^2(d'+1)^2-2(a'+1)(b'+1)(c'+1)(d'+1)+2 = \\ \\ = \left(a'b'c'd'+\sum_{sym}a'+\sum_{sym}a'b'+\sum_{sym}a'b'c'\right)^2+1}\)

Jednak dla \(\displaystyle{ a_i \ge 0 \ , \ i=1,2,...,n}\) mamy \(\displaystyle{ (a_1+a_2+..+a_n)^2 \ge a_1^2+a_2^2+..+a_n^2}\), z czego wynika teza

Nowe: Punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ CD}\) równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\), przy czym \(\displaystyle{ |AB| \cdot |DF| = |AD| \cdot |BE|}\). Odcinki \(\displaystyle{ DE}\) i \(\displaystyle{ BF}\) przecinaja sie w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \angle DAP = \angle BAC}\)

[cyberciq]

Nowe: Punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ CD}\) równoległoboku \(\displaystyle{ ABCD}\), przy czym \(\displaystyle{ |AB| \cdot |DF| = |AD| \cdot |BE|}\). Odcinki \(\displaystyle{ DE}\) i \(\displaystyle{ BF}\) przecinaja sie w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \angle DAP = \angle BAC}\)

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ BF}\) i\(\displaystyle{ AD}\) tną się w \(\displaystyle{ G}\), \(\displaystyle{ DE}\) i \(\displaystyle{ AB}\) tną się w\(\displaystyle{ H}\). Dalej niech \(\displaystyle{ M}\) to przecięcie \(\displaystyle{ DB}\) i \(\displaystyle{ AP}\). Z cevy jest, że \(\displaystyle{ \frac{AG}{DG} \cdot \frac{DM}{MB} \cdot \frac{BH}{AH} =1}\). Po łatwych przekształceniach z Talesa (bo to równoległobok) oraz przekształceniu założenia wynika ,że \(\displaystyle{ \frac{DM}{MB}=\left( \frac{AD}{AB} \right) ^2}\) , a to znaczy, że \(\displaystyle{ AM}\) jest symedianą co pociąga łatwo tezę.

kolejke oddaję, kto chce pierwszy niech wrzuci

pozdrawiam

[timon92]

mój wierny fan Vax prosił, żebym coś wrzucił

wykazać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego istnieje liczba całkowita \(\displaystyle{ 1<a<5^n}\) taka, że \(\displaystyle{ 5^n | a^3-a+1}\)

[Vax]

Ukryta treść:    

Na początku zauważmy, że \(\displaystyle{ 5^n \mid x^3-x+1 \Rightarrow 5\mid x^3-x+1}\), gdy \(\displaystyle{ x \equiv 0 \vee x \equiv 1\pmod{5}}\) to dana podzielność nie zachodzi. Dla \(\displaystyle{ n=1}\) działa \(\displaystyle{ a=3}\). Załóżmy, że teza działa dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\), czyli, że istnieje takie \(\displaystyle{ y}\), że \(\displaystyle{ 5^n \mid y^3-y+1 \iff y^3-y+1 = l\cdot 5^n}\) dla pewnego całkowitego \(\displaystyle{ l}\), wykażemy, że istnieje teraz takie całkowite \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ 5^{n+1} \mid x^3-x+1}\). Podstawmy \(\displaystyle{ x = y+k\cdot 5^{n}}\). Pokażemy, że istnieje takie całkowite \(\displaystyle{ k}\), dla którego teza jest spełniona:

\(\displaystyle{ x^3-x+1 \equiv y^3+3y^2k5^n+5^{2n}(3yk^2+5^nk^3)-y-k\cdot 5^n+1 \equiv y^3+3y^2k5^n-y-k\cdot 5^n+1 \equiv (y^3-y+1) + k\cdot 5^n(3y^2-1) \equiv l\cdot 5^n + k\cdot 5^n(3y^2-1) \equiv 5^n(l+k(3y^2-1)) (*) \pmod{5^{n+1}}}\)

Pokażemy, że dla wszystkich całkowitych \(\displaystyle{ l,y}\) istnieje takie \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ (*) \equiv 0\pmod{5^{n+1}}}\), wystarczy pokazać, że istnieje takie całkowite \(\displaystyle{ k}\), że:

\(\displaystyle{ l+k(3y^2-1) \equiv 0\pmod{5}}\)

Resztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \pmod{5}}\) są \(\displaystyle{ 0,1,4}\), jak \(\displaystyle{ y^2 \equiv 0\pmod{5}}\) wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ k \equiv l\pmod{5}}\), gdy \(\displaystyle{ y^2 \equiv 1\pmod{5}}\) przyjmujemy \(\displaystyle{ l+2k \equiv 0\pmod{5} \iff k \equiv 2l \pmod{5}}\), a gdy \(\displaystyle{ y^2 \equiv 4\pmod{5}}\) przyjmujemy \(\displaystyle{ l+k(12-1) \equiv 0\pmod{5} \iff k \equiv -l\pmod{5}}\)

Tak więc wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ x \equiv y+k\cdot 5^{n} \pmod{5^{n+1}}}\), skoro dany \(\displaystyle{ x}\) spełnia tezę, to musi być różny \(\displaystyle{ \pmod{5}}\) od 0 i 1, tak więc istotnie należy do przedziału \(\displaystyle{ x = [2;5^{n+1})}\)

Później czegoś poszukam, chyba, że ktoś ma jakieś fajne zadanie to może wrzucić za mnie

[ordyh]

Rozwiąż \(\displaystyle{ 2^{2n+1}+2^{n}+1 = x^{k}}\), gdzie \(\displaystyle{ n,k,x \in \mathbb{Z_+}}\) oraz \(\displaystyle{ k\geq 2}\).

[cyberciq]

Rozwiąż \(\displaystyle{ 2^{2n+1}+2^{n}+1 = x^{k}}\), gdzie \(\displaystyle{ n,k,x \in \mathbb{Z_+}}\) oraz \(\displaystyle{ k\geq 2}\).

Ukryta treść:    

oczywiste jest to, że x jest nieparzysty. Będziemy rozważali dwa przypadki:
1. k jest nieparzyste. Wówczas nasza równość to \(\displaystyle{ 2^n( 2^{n+1}+1)=x^k-1=(x-1)(x ^{k-1}+x ^{k-2}+...+x+1 )}\). Zauważyć można, że drugi czynnik prawej strony jest nieparzysty, więc musi być \(\displaystyle{ 2^n|x-1}\) stąd po prostym przekształceniu\(\displaystyle{ x \ge 2^n+1}\). Korzystając z tej nierówności w wyjściowym równaniu otrzymamy sprzeczność. Zachodzi zatem przypadek:
2.k jest parzyste, \(\displaystyle{ k=2l}\)..Wtedy \(\displaystyle{ 2^n(2^{n+1}+1)=(x^l-1)(x^l+1}\)). Stąd \(\displaystyle{ x^l=2^{n-1}y+1 \vee x^l=2^{n-1}y-1}\),\(\displaystyle{ NWD(y,2)=1}\)(ponieważ czynniki po prawej stronie są parzyste więc dokładnie w jednym z nich dwójka wchodzi w rozkład na czynniki w potędze \(\displaystyle{ \ge 2}\)). Zajmując się przypadkiem \(\displaystyle{ x^l=2^{n-1}y+1}\) dochodzimy do postaci równoważnej: \(\displaystyle{ 1-y=2^{n-2}(y^2-8)}\), z tego wynika \(\displaystyle{ y^2-8<0}\),(nie może być równe, bo dziedzina to całkowite) sprzeczność. Analogicznie rozpatrując drugi przypadek można otrzymać rozwiązanie \(\displaystyle{ (4,2,23)}\)

Nowe: W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) symediana przez wierzchołek \(\displaystyle{ A}\) przecina bok \(\displaystyle{ BC}\)w \(\displaystyle{ P}\), symediana przez wierzchołek \(\displaystyle{ B}\) przecina \(\displaystyle{ AC}\) w \(\displaystyle{ R}\). Punkt \(\displaystyle{ Q}\) jest środkiem \(\displaystyle{ AP}\), natomiast punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem \(\displaystyle{ BR}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ \angle BAS=\angle ABQ}\)

Jeżeli znane, albo było, przepraszam
pozdrawiam

[timon92]

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ K,L}\) to środki \(\displaystyle{ BC, AC}\) oraz niech \(\displaystyle{ AK, BL}\) tną okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ X,Y}\)

mamy podobieństwo \(\displaystyle{ \Delta ABP \sim \Delta AXC}\) i skoro \(\displaystyle{ Q,L}\) są środkami odpowiadających sobie boków, to \(\displaystyle{ \angle QBA = \angle LXK}\)

podobnie \(\displaystyle{ \angle LYK = \angle BAS}\)

zatem wystarczy wykazać że \(\displaystyle{ \angle LYK = \angle LXK}\), czyli że punkty \(\displaystyle{ K,L,Y,X}\) leżą na okręgu, a to jest prawda, gdyż \(\displaystyle{ \angle YXK = \angle YBA = \angle BLK = \pi - \angle KLY}\)

nowe: czy dla dowolnego \(\displaystyle{ n \ge 2012^{2012}}\) zbiór \(\displaystyle{ \{1,2,...,n\}}\) można podzielić na dwa rozłączne niepuste podzbiory \(\displaystyle{ S_n, P_n}\) takie, że suma elementów zbioru \(\displaystyle{ S_n}\) jest równa iloczynowi elementów zbioru \(\displaystyle{ P_n}\)?

[timon92]

czy dla dowolnego \(\displaystyle{ n \ge 2012^{2012}}\) zbiór \(\displaystyle{ \{1,2,...,n\}}\) można podzielić na dwa rozłączne niepuste podzbiory \(\displaystyle{ S_n, P_n}\) takie, że suma elementów zbioru \(\displaystyle{ S_n}\) jest równa iloczynowi elementów zbioru \(\displaystyle{ P_n}\)?

odpowiedź:    

można

[chomikchomik]

pół rozwiązania - dla n parzystych

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ P=\left\{ 1; \frac{n-2}{2};n \right\}
S= \frac{n(n+1)}{2} - [n + \frac{n-2}{2} + 1] = \frac{n(n-2)}{2} P= \frac{n(n-2)}{2}}\)

-- 14 lis 2012, o 14:32 --

druga połówka

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ P=\left\{ n-1; \frac{n-1}{2} ; 1 \right\} S= \frac{n(n+1)}{2} - [(n-1) + \frac{n-1}{2} + 1] = \frac{n ^{2} + n }{2} - \frac{3n - 1}{2} = \frac{n ^{2} - 2n +1 }{2} = \frac{ (n-1)^{2} }{2} P= \frac{(n-1) ^{2} }{2}}\)

-- 14 lis 2012, o 14:42 --

Moje zadanie (z jakiegoś starego finału):
W czworościanie o objętości V suma kwadratów długości krawędzi wynosi S. Wykazać, że:
\(\displaystyle{ V \le \frac{ \sqrt{S} ^{3} }{72 \sqrt{3} }}\)
I jeszcze bonusik (łatwe):
Dana jest liczba naturalna n taka, że n+1 jest podzielne przez 24. Wykaż, że suma dzielników liczby n też dzieli się przez 24. Dodatnich dzielników, cwaniaczku.