[MIX] próbny II etap

[Dumel]

danioto zgłosił zapotrzebowanie na ten temat więc mimo mojego podeszłego wieku wysiliłem się i zebrałem parę zadanek. wrzucam od razu 2 dni bo niedługo jade na narty (jeee ) i moge mieć ograniczony dostęp do neta

dzień 1.:    

zad. 1.
Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi, z których przynajmniej dwie są dodatnie. Udowodnić że
\(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt {b^2 - bc + c^2}} + \frac {b}{\sqrt {c^2 - ca + a^2}} + \frac {c}{\sqrt {a^2 - ab + b^2}} \geq 2}\)

zad. 2.
okrąg \(\displaystyle{ o}\) jest styczny do prostych \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ o}\) oraz na zewnątrz trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ BC}\). Udowodnić że \(\displaystyle{ \sphericalangle BPA = \sphericalangle MPC}\)

zad. 3. Znajdź wszystkie pary funkcji \(\displaystyle{ f,g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) spełniające dla dowolnych rzeczywistych \(\displaystyle{ x,y}\) równanie
\(\displaystyle{ f(xy)=g(y)f(x)+f(y)}\)
przy czym \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją rosnącą

dzień 2.:    

zad. 4
Fredek gra w samotnika. Plansza do gry ma kształt \(\displaystyle{ n}\) - kąta foremnego. Na każdym wierzchołku tego n-kąta stoi kieliszek, niektóre kieliszki są napełnione. Jedno posunięcie polega na tym, że Fredek wypija zawartość dowolnie wybranego kieliszka oraz zawartość tych sąsiednich kieliszków, które były napełnione, oraz napełnia te sąsiednie kieliszki, które były puste. Jeśli po pewnym posunięciu wszystkie kieliszki są puste, Fredek idzie się napić. Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) startując od jednego napełnionego kieliszka, Fredek ma szansę na to, że pójdzie się napić?

zad. 5.
W czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\) wpisanym w okrąg zachodzą następujące równości kątów: \(\displaystyle{ \sphericalangle ACB=2 \sphericalangle CAD}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangleACD=2 \sphericalangleBAC}\). Udowodnić że \(\displaystyle{ CB+CD=CA}\)

zad. 6.
Niech \(\displaystyle{ S(m,n)}\) będzie zbiorem wszystkich liczb całkowitych \(\displaystyle{ k}\) takich że
\(\displaystyle{ m \ mod \ k + n \ mod \ k \ge k}\)
Na przykład: \(\displaystyle{ S(7,9)=\{ 2,4,5,8,10,11,12,13,14,15,16\}}\)
Udowodnij że
\(\displaystyle{ \sum_{k\in S(m,n) }^{} \phi (k)=mn}\)
(\(\displaystyle{ \phi (n)}\) jest liczbą liczb całkowitych dodatnich mniejszych niż n i względnie pierwszych z n)

[Swistak]

Jakby ktoś nie zrozumiał, to w treści zad 5 zamiast \(\displaystyle{ =2}\) powinno być \(\displaystyle{ \sphericalangle ACD=2 \sphericalangle BAC}\).

[jgarnek]

To zacznijmy od zad. 1:

Zad. 1:    

Załóżmy b.s.o., że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c (\ge 0)}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt {b^2 - bc + c^2}} + \frac {b}{\sqrt {c^2 - ca + a^2}} + \frac {c}{\sqrt {a^2 - ab + b^2}} \geq \frac {a}{\sqrt {b^2 - bc + c^2}} + \frac {b}{\sqrt {c^2 - ca + a^2}}}\)
(równość dla c=0)

Ponadto:
\(\displaystyle{ \frac {1}{\sqrt {b^2 - bc + c^2}} \ge \frac {1}{b} \Leftrightarrow c \cdot (c-b) \le 0}\)

\(\displaystyle{ \frac {1}{\sqrt {a^2 - ac + a^2}} \ge \frac {1}{a} \Leftrightarrow c \cdot (c-a) \le 0}\)

Stąd \(\displaystyle{ \frac {a}{\sqrt {b^2 - bc + c^2}} + \frac {b}{\sqrt {c^2 - ca + a^2}} \ge \frac {a}{b} + \frac {b}{a} \ge 2}\)
(ostatnia równość zachodzi np. na mocy nierówności między średnią ar. a geometryczną dla liczb \(\displaystyle{ \frac {a}{b}, \frac {b}{a}}\))
Maksymalnie jedna z liczb a, b, c jest równa zeru, więc równość zachodzi tylko gdy jedna z liczb jest równa zeru, a dwie pozostałe są równe (i różne od zera).

[pawels]

Mam wrażenie, ze w dowodzie nierówności wielokrotnie skorzystano z faktu, ze \(\displaystyle{ c\geq 0}\). Nie widzę dlaczego można dodać takie założenie.

Zadanie 2.:

Ukryta treść:    

Niech prosta \(\displaystyle{ PM}\) przetnie ponownie okrąg \(\displaystyle{ o}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\), a punkt \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem tego okręgu. Punkty \(\displaystyle{ A,M,O}\) są współliniowe. Na czworokącie \(\displaystyle{ BOCA}\) można opisać okrąg (dwa przeciwległe kąty sa proste), czyli \(\displaystyle{ BM\cdot MC=MO\cdot MA}\). Z drugiej strony oczywiście \(\displaystyle{ BM\cdot MC=PM\cdot MD}\), czyli \(\displaystyle{ PM\cdot MD=MO\cdot MA}\), czyli na czworokącie \(\displaystyle{ PODA}\) można opisać okrąg. Wówczas skoro \(\displaystyle{ PO=DO}\), to \(\displaystyle{ \angle PAO=\angle DAO}\), czyli \(\displaystyle{ AM}\) jest dwusieczną w \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) to także \(\displaystyle{ \angle BAP=\angle CAD}\). Prosta \(\displaystyle{ AD}\) jest symetryczna do prostej \(\displaystyle{ AP}\) względem okręgu \(\displaystyle{ o}\), czyli oznaczając przez \(\displaystyle{ D'}\) punkt przecięcia \(\displaystyle{ AP}\) z okręgiem \(\displaystyle{ o}\), otrzymujemy przystawanie \(\displaystyle{ \Delta AD'B\equiv\Delta ADC}\), czyli także równość łuków \(\displaystyle{ BD'}\) i \(\displaystyle{ DC}\), z której natychmiast wynika teza.

Swoją drogą fakt, że PA i AD są izogonalne sprzężone jest dość znany i na drugim etapie bym tego pewnie nie dowodził.

[jgarnek]

Niech a,b,c będą nieujemnymi liczbami rzeczywistymi...

Podstaw np. \(\displaystyle{ (a,b,c)=(-1,-1,-1)}\) - nierówność jest wtedy nieprawdziwa, no nie?

[pawels]

Rzeczywiście masz rację, nie doczytałem założenia o nieujemności wszystkich- skupiłem się na tym, że co najmniej dwie są dodatnie.

[Django]

Jeśli mogę spytać o to przejście:

Ukryta treść:    

Wówczas skoro PO=DO, to \(\displaystyle{ \angle PAO=\angle DAO}\)

- skąd wzięła się ta równość kątów?

[kaszubki]

Bo \(\displaystyle{ O}\) to środek okręgu, a \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ D}\) to punkty leżące na tym okręgu. Więc \(\displaystyle{ \sphericalangle OPD = \sphericalangle ODP}\), a skoro na \(\displaystyle{ PODA}\) da się opisać okrąg, to \(\displaystyle{ \sphericalangle ODP = \sphericalangle PAO \wedge \sphericalangle OPD = \sphericalangle DAO}\).

[pawels]

Albo prościej- są to po prostu kąty wpisane oparte na przystających łukach. Po to była ta równość długości odcinków PO i DO.

Btw wkradła się literówka- nie ma tam oczywiście symetrii względem okręgu tylko względem prostej AO.

-- 9 lut 2010, o 23:12 --

W trzecim wystarczy zastosować dokładnie tą samą technikę co w jednym z równań Cauchy'ego.

Zadanie 3.:

Ukryta treść:    

Weźmy dowolna parę funkcji spełniającą warunki zadania. Podstawiając\(\displaystyle{ x=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(1)g(y)=0}\), czyli albo \(\displaystyle{ g}\) jest tożsamościowa równa 0, co natychmiast prowadzi do sprzeczności z faktem, że \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca (wystarczy podstawić np. \(\displaystyle{ (x,y)=(1,2)}\)), albo \(\displaystyle{ f(1)=0}\). Skoro \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca, to dla \(\displaystyle{ x>1}\) podstawiając \(\displaystyle{ y=\frac{1}{x}}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 0=f(1)=f(x)g(\frac{1}{x})+f(\frac{1}{x})}\), czyli skoro \(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})<0}\), to \(\displaystyle{ g(y)>0}\) dla \(\displaystyle{ y<1}\). Wówczas podstawiając \(\displaystyle{ x=y=-1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 0=f(0)=f(-1)(g(-1)+1)}\), ale skoro \(\displaystyle{ -1<1}\) to \(\displaystyle{ g(-1)>0}\), czyli \(\displaystyle{ f(-1)=0}\), co stanowi sprzecznosć z faktem, iż \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca. Otrzymana sprzeczność wskazuje, że taka para funkcji nie istnieje.

-- 9 lut 2010, o 23:35 --

Niestety do poprzedniego rozwiązania wkradł się blef (nie można już edytować): stwierdzenie, że \(\displaystyle{ g(y)>0}\) dla \(\displaystyle{ y<1}\) dotyczy tylko liczb dodatnich, czyli nie musi zachodzić w przypadku gdy \(\displaystyle{ y=-1}\). Zauważyłem to dzięki spostrzeżeniu, że dla \(\displaystyle{ g(y)=1}\) istnieje jednak jakiś rozwiązanie, czemu właśnie zaprzeczyłem...

[XMaS11]

To ja się może pokuszę o trzecie :

Ukryta treść:    

W miarę łatwo pokazać \(\displaystyle{ f(1)=0}\).
Niech \(\displaystyle{ -f(0)=a}\). Na mocy tego, że \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca mamy \(\displaystyle{ a>0}\).
Wstawiamy do wyjściowego równania \(\displaystyle{ x=0}\).
Dostajemy:
\(\displaystyle{ -a=-ag(y)+f(y)}\), czyli
\(\displaystyle{ a(g(y)-1)=f(y)}\)(*).
Zatem:
\(\displaystyle{ f(x)=a(g(x)-1)}\). Wstawmy to do wyjściowego równania:
\(\displaystyle{ a(g(xy)-1)=ag(y)(g(x)-1)+a(g(y)-1)}\), czyli
\(\displaystyle{ g(x)g(y)=g(xy)}\)(1)
Ponadto z (*) mamy, że \(\displaystyle{ g}\) jest rosnąca, co razem z (1) implikuje (dość znany fakt)
\(\displaystyle{ g(x)=x^c}\) oraz ostatecznie \(\displaystyle{ f(x)=ax^c-a}\).
Funkcje te rzeczywiście spełniają nasze równanie.

[chris139]

Co do trzeciego

Ukryta treść:    

[Elvis]

zad. 5

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \alpha = \sphericalangle CAD, \ \beta = \sphericalangle CAB}\). Wtedy \(\displaystyle{ \sphericalangle ACB = 2 \alpha, \ \sphericalangle ACD = 2 \beta}\). Przeciwległe kąty sumują się do \(\displaystyle{ 180^\circ}\) tudzież do \(\displaystyle{ 3(\alpha + \beta)}\), więc \(\displaystyle{ \beta = 60^\circ - \alpha, \ \sphericalangle ADC = 60^\circ + \alpha}\). Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie promieniem okręgu opisanego. Teza z tw. sinusów ma postać \(\displaystyle{ 2R \sin (60^\circ - \alpha) + 2R \sin \alpha = 2R \sin (60^\circ - \alpha)}\). Rozpisujemy ze wzoru na sinus sumy/różnicy i okazuje się prawdziwa, bo \(\displaystyle{ \cos 60^\circ = \frac{1}{2}}\).

zad. 4

Ukryta treść:    

Udowodnię, że nie da się tylko dla 3|n. Wtedy można pola kolorować kolejno na trzy kolory. Każdy ruch zmienia parzystość liczby pełnych kieliszków każdego koloru. Na początku mamy nieparzystą liczbę jednego koloru, parzystą pozostałych. Na końcu chcemy parzystą liczbę każdego koloru, więc się nie da.

Niech n daje resztę 1 modulo 3. Przez 0 będę oznaczał puste kieliszki, przez 1 pełne. W kolejnych ruchach pijemy ze skrajnie prawego kieliszka:
\(\displaystyle{ 01000 \ldots 000 \rightarrow 10100 \ldots 000 \rightarrow 11010 \ldots 000 \rightarrow 11101 \ldots 000 \rightarrow \ldots \rightarrow 11111 \ldots 010 \rightarrow 11111 \ldots 101}\)
Mamy podzielną przez 3 liczbę kolejnych pełnych kieliszków, więc możemy kolejno opróżniać każdą kolejną trójkę, pijąc ze środkowego.

Niech n daje resztę 2. Robimy jak poprzednio, ale na koniec pijemy z jednego z kieliszków sąsiadujących z pustym: \(\displaystyle{ 11111 \ldots 101 \rightarrow 01111 \ldots 110}\). Znowu mamy podzielną przez 3 liczbę kolejnych pełnych kieliszków, co kończy picie.

[danioto]

Dobra,
co poszło, to poszło, co nie poszło, to przecztałem jak innym poszło Tylko to nieszczęsne 6, może ktoś pokusi się o wstawienie swojego rozwiązania/ swoich przemyśleń na ten temat?

[Dumel]

tak się składa że właśnie miałem zamiar coś z tym zrobić. sam to zadanie zrobiłem ale tylko dlatego że w książce z której pochodzi od razu pod treścią była wskazówka którą siłą rzeczy przeczytałem. oto ona:

Ukryta treść:    

Pokaż że \(\displaystyle{ \sum_{1 \le m \le n}^{} \sum_{d|m}^{}\phii (d) = \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\) a następnie rozważ \(\displaystyle{ \lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor - \lfloor \frac{m}{d}\rfloor - \lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\)

[jgarnek]

Pozwolę sobie dokończyć to zadanie:

Ukryta treść:    

Dowód równości:
\(\displaystyle{ \sum_{1 \le m \le n}^{} \sum_{d|m}^{}\phi (d) = \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\) to ilość liczb mniejszych od n i podzielnych przez d, czyli ile razy \(\displaystyle{ \phi(d)}\) występuje w sumie po lewej stronie, co uzasadnia oczywiście równość.

Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \sum_{d|m}^{}\phi (d) = m}\) (dowód jest dość łatwy, do znalezienia w Sierpińskim- Teoria Liczb, rozdział 6 "Funkcja Mobiusa, Gaussa"-

Kod: Zaznacz cały

http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon19/mon1906.pdf

). Stąd
\(\displaystyle{ \sum_{1 \le m \le n}^{} \sum_{d|m}^{}\phi (d) = 1+2+...+n= \frac{n(n+1)}{2}}\).

Rozważmy teraz wyrażenie: \(\displaystyle{ \lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor - \lfloor \frac{m}{d}\rfloor - \lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\) - jest ono równe 0 dla \(\displaystyle{ m \ mod \ d + n \ mod \ d < d}\) oraz 1 dla \(\displaystyle{ m \ mod \ d + n \ mod \ d \ge d}\)
(ponieważ \(\displaystyle{ m \ mod \ d + n \ mod \ d \le 2d-1}\), to wyrażenie to nie może być większe od 1) czyli

\(\displaystyle{ \lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor - \lfloor \frac{m}{d}\rfloor - \lfloor\frac{n}{d}\rfloor = \begin{cases} 0, d \not \in S(m,n) \\ 1 , d \in S(m,n) \end{cases}}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ \sum_{k\in S(m,n) }^{} \phi (k) = \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d) (\lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor - \lfloor \frac{m}{d}\rfloor - \lfloor\frac{n}{d}\rfloor)= \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d) \lfloor\frac{m+n}{d}\rfloor - \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d) \lfloor \frac{m}{d}\rfloor - \sum_{d \ge 1}^{} \phi (d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor = \frac{(n+m)(n+m+1)}{2} - \frac{n(n+1)}{2} - \frac{m(m+1)}{2}=mn}\)

Tak to mniej więcej chyba wygląda Z jakiej książki to pochodzi, jeżeli mogę spytać?