[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 3 seria.

[michary91]

Zadanie 47

Ukryta treść:    

*delta w obu przypadkach \(\displaystyle{ (t, l)}\)jest dodatnia zatem te równania mają po jednym pierwiastku

\(\displaystyle{ x^3-3x^2+5x-17=0}\)
\(\displaystyle{ (x-1)^3+2(x-1)-14=0}\)
\(\displaystyle{ t=x-1}\)
\(\displaystyle{ t^3+2t-14=0}\)
\(\displaystyle{ t= \sqrt[3]{ \frac{14}{2} + \sqrt{ \frac{196}{4} + \frac{8}{27}} } - \sqrt[3]{- \frac{14}{2} + \sqrt{ \frac{196}{4} + \frac{8}{27}} }}\)


\(\displaystyle{ y^3-3y^2+5y+11=0}\)
\(\displaystyle{ (y-1)^3+2(y-1)+14=0}\)
\(\displaystyle{ l=y-1}\)
\(\displaystyle{ l^3+2l+14=0}\)
\(\displaystyle{ l= \sqrt[3]{ -\frac{14}{2} + \sqrt{ \frac{196}{4} + \frac{8}{27}} } - \sqrt[3]{+ \frac{14}{2} + \sqrt{ \frac{196}{4} + \frac{8}{27}} }}\)

\(\displaystyle{ x+y=t+1+l+1}\)
\(\displaystyle{ x+y=2}\)

[Vax]

Wydaję mi się, że nie chodziło tu o korzystanie ze wzorów Cardano

47:    

Przekształcając oba równania mamy:

\(\displaystyle{ (x-1)^3+2(x-1)-14=0 \\ \\(y-1)^3+2(y-1)+14=0}\)

Teraz oznaczmy: \(\displaystyle{ x-1 = a \wedge y-1=b}\)

Czyli mamy:

\(\displaystyle{ \begin{cases} a^3+2a-14=0\\ b^3+2b+14=0 \end{cases}}\)

Dodajemy stronami i mamy:

\(\displaystyle{ a^3+b^3+2(a+b)=0}\)

\(\displaystyle{ (a+b)(a^2-ab+b^2+2) = 0}\)

Łatwo sprawdzić, że 2 czynnik zawsze będzie dodatni, stąd:

\(\displaystyle{ a+b=0}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ x-1+y-1=0 \Rightarrow x+y=2}\)

[mzs]

35.

Ukryta treść:    

Ustalmy \(\displaystyle{ x<y}\). Niech \(\displaystyle{ a=f(x), b=f(y)}\). Wtedy
\(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{2} x+\frac{1}{2}y\right) = \frac{2}{3}a+ \frac{1}{3}b,}\)

\(\displaystyle{ f \left( \frac{3}{4} x+\frac{1}{4}y\right) = \frac{8}{9}a+ \frac{1}{9}b,}\)

\(\displaystyle{ f \left( \frac{1}{4} x+\frac{3}{4}y\right) = \frac{4}{9}a+ \frac{5}{9}b,}\)

\(\displaystyle{ f \left( \frac{1}{2} x+\frac{1}{2}y\right) =f\left( \frac{(\frac{3}{4} x+\frac{1}{4}y)+(\frac{1}{4} x+\frac{3}{4}y)}{2}\right) = \frac{20}{27}a+ \frac{7}{27}b.}\)
Zatem \(\displaystyle{ \frac{20}{27}a+ \frac{7}{27}b=\frac{2}{3}a+ \frac{1}{3}b.}\)
Stąd \(\displaystyle{ a=b}\). Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest stała. \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{7}\right) =1.}\)

[ordyh]

48.

Ukryta treść:    

Z pierwszego równania widzimy, że \(\displaystyle{ f(x,y) = f(y,x)}\).
Do drugiego równania podstawiamy \(\displaystyle{ v=1}\), \(\displaystyle{ u=0}\) i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(y,x) = f(x,y)f(0,1)}\)
widzimy, że funkcja \(\displaystyle{ f(x,y)=0}\) nie spełnia warunków zadania, więc \(\displaystyle{ f(0,1) = 1}\).
Teraz niech \(\displaystyle{ v=0}\), \(\displaystyle{ u=1}\), mamy:
\(\displaystyle{ f(x,-y) = f(x,y)f(1,0)}\)
więc \(\displaystyle{ f(x,-y) = f(x,y)}\), bo \(\displaystyle{ f(1,0)=f(0,1)=1}\), więc funkcja jest parzysta ze względu na obie zmienne, gdyż jest symetryczna.

Podstawmy do obu równań \(\displaystyle{ y=x}\), \(\displaystyle{ u=v=1}\) otrzymamy:
\(\displaystyle{ f(2x,0) = f(x,x) + 2x^2}\)
\(\displaystyle{ f(2x,0) = f(x,x)f(1,1)}\)
Przyrównując prawe strony dostajemy, że
\(\displaystyle{ f(x,x)(f(1,1)-1) = 2x^2}\), widzimy, że \(\displaystyle{ f(1,1) \neq 1}\), podstawiając teraz \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ f(0,0)=0}\).

Teraz podstawmy do pierwszego równania \(\displaystyle{ y=-x}\), dostajemy:
\(\displaystyle{ f(0,0) = f(x,-x) - 2x^2}\)
czyli
\(\displaystyle{ f(x,x) = 2x^2}\)
Następnie, korzystając z
\(\displaystyle{ f(2x,0) = f(x,x) + 2x^2}\)
otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ f(2x,0) = 4x^2}\)
więc
\(\displaystyle{ f(x,0) = x^2}\)

Wracając do pierwszego równania otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(x+y,0) = f(x,y) + 2xy}\)
\(\displaystyle{ x^2+2xy+y^2 = f(x,y) + 2xy}\)
\(\displaystyle{ f(x,y) = x^2+y^2}\)
Łatwo sprawdzić, że ta funkcja spełnia warunki zadania.

[kubek1]

Zad.35

Ukryta treść:    

Można prościej:
\(\displaystyle{ f \left( \frac{x+y}{2} \right) =f \left( \frac{y+x}{2} \right)}\)
Stąd:\(\displaystyle{ \frac{2}{3} f \left( x \right) +\frac{1}{3}f \left( y \right) =\frac{2}{3} f \left( y \right) +\frac{1}{3}f \left( x \right)}\)
A więc \(\displaystyle{ f \left( x \right) =f \left( y \right)}\) dla \(\displaystyle{ x,y \in \left[ 0,1\right]}\). Weźmy \(\displaystyle{ x= \frac{1}{7}}\) i \(\displaystyle{ y=0}\). Stąd \(\displaystyle{ f \left( \frac{1}{7} \right) =f \left( 0 \right) =1}\)

[ordyh]

Nie możesz tak zrobić, według założeń masz, że \(\displaystyle{ f\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac {2}{3} f(x)+\frac {1}{3} f(y)}\)jest spełnione dla \(\displaystyle{ 0\le x\le y\le 1}\) .

[kubek1]

Mogę, bo można tu zamienić x i y rolami

[tkrass]

Jak chcesz je zamienić rolami, tak żeby ciągle było \(\displaystyle{ y \ge x}\), to będzie Ci ciężko

[Brycho]

Zad. 36.

Ukryta treść:    

Będziemy korzystali z tego, że jeżeli \(\displaystyle{ a \geq b}\) i \(\displaystyle{ \frac{c}{a} \geq \frac{d}{b}}\) to \(\displaystyle{ c \geq d}\), ponieważ \(\displaystyle{ \frac{c}{a} \geq \frac{d}{b} > \frac{d}{a}}\). (*)
Gdy \(\displaystyle{ p=1}\) i \(\displaystyle{ q=1}\) to jest to prawda, bo 1=1.
Niech \(\displaystyle{ q>1}\). Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p}\) jest stałe. Założmy, że twierdzenie jest poprawne dla pewnego \(\displaystyle{ q}\). Wówczas zachodzi:
\(\displaystyle{ \frac{(p(q+1))!}{(pq)!} = (pq+1)(pq+2)(pq+3)...(pq+p) > (2p)^{p} >}\)
\(\displaystyle{ > p! \cdot\left( \frac{q+1}{q} \right)^{p} = \frac{(p!)^{q+1} \cdot (q+1)^{p}}{(p!)^{q} \cdot (q!)^{p}}}\)
co na mocy (*) udowadnia krok indukcyjny.

[kubek1]

Jak chcesz je zamienić rolami, tak żeby ciągle było \(\displaystyle{ y \ge x}\), to będzie Ci ciężko

No tak, faktycznie

[Qń]

Uwagi odnośnie redakcji:

- w zadaniu 25. dobrze byłoby chociaż wspomnieć, że korzysta się łatwej do udowodnienia nierówności \(\displaystyle{ a_{km} \le ma_k}\)
- w zadaniu 35. dobrze byłoby wyraźnie napisać, że podstawia się za stosowną zmienną \(\displaystyle{ \frac{x+y}{2}}\) i napisać, że łatwo sprawdzić, że to legalne

Ja wiem, że to proste szczegóły, ale fajnie byłoby gdyby ten wątek miał mieć walor edukacyjny dla czytających go teraz i w przyszłości potencjalnych olimpijczyków.

Gdy \(\displaystyle{ p=1}\) i \(\displaystyle{ q=1}\) to jest to prawda, bo 1=1.
Niech \(\displaystyle{ q>1}\). Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p}\) jest stałe. Założmy, że twierdzenie jest poprawne dla pewnego \(\displaystyle{ q}\).

To rozumowanie jest niepełne.
Po pierwsze - ta indukcja nie działa po zmiennej \(\displaystyle{ p}\). Ale to akurat łatwo poprawić, od początku uznając, że \(\displaystyle{ p}\) jest ustalone i wtedy pierwszy krok indukcyjny sprowadza się do sprawdzenia, że dla \(\displaystyle{ q=1}\) nierówność jest prawdziwa.
Po drugie - ta indukcja póki co tak naprawdę nie działa w ogóle. Pokazane zostało bowiem, obrazowo mówiąc, że da się wejść na pierwszy szczebel drabiny oraz że od drugiego szczebla począwszy można zawsze wyjść szczebel wyżej. To jednak za mało, żeby wykazać, że da się po drabinie wejść dowolnie wysoko. Inaczej mówiąc - trzeba w podstawie indukcji pokazać jeszcze prawdziwość tezy dla \(\displaystyle{ q=2}\), czyli nierówność \(\displaystyle{ {2p \choose p} \ge 2^p}\).

Alternatywne rozwiązanie:

Zadanie 36:    

Indukcja po \(\displaystyle{ q}\). Dla \(\displaystyle{ q=1}\) nierówność oczywiście prawdziwa. Załóżmy zatem, że jest prawdziwa dla pewnego \(\displaystyle{ q\ge 1}\). Mamy wówczas:
\(\displaystyle{ (p(q+1))! = (pq)! \cdot (pq+1)(pq+2)\ldots (pq+k) \ldots (pq+p) \ge \\ \ge (p!)^q\cdot (q!)^p \cdot (q+1)(2q+2)\ldots (kq+k) \ldots (pq+p) = \\ =(p!)^q\cdot (q!)^p \cdot (q+1)^p \cdot p! =
(p!)^{q+1} \cdot ((q+1)!)^p}\)
co kończy dowód

Co do brakujących zadań - najłatwiejsze jest chyba 29.

Q.

[Ahhaa]

Może głupie pytanie: Czy w 29 \(\displaystyle{ f( \alpha)=f( \alpha +1997)=0}\) tylko dla jednego danego \(\displaystyle{ \alpha \in Z}\)?

[Qń]

Tak, tylko dla jednego - gdyby było dla wszystkich, to od razu wiadomo byłoby, że wielomian jest tożsamościowo równy zero.

Wątek trochę przystopował, chyba jednak ta seria nie jest wcale łatwiejsza niż druga. Na rozruch wrzucam jedno rozwiązanie:

Zadanie 45:    

Podstawmy najpierw \(\displaystyle{ y=0}\), dostaniemy \(\displaystyle{ f(f(x))=f(x^2)}\). Podstawmy teraz \(\displaystyle{ y=x^2-f(x)}\), dostaniemy \(\displaystyle{ f(x^2)=f(f(x))+4f(x)(x^2-f(x))}\). Porównanie tych dwóch wzorów da nam:
\(\displaystyle{ f(x)(f(x)-x^2)=0}\)
co oznacza, że jest:
\(\displaystyle{ \forall x \ f(x)=0 \vee f(x)=x^2}\)

W szczególności wiadomo więc, że \(\displaystyle{ f(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ f(x) \ge 0}\). Oczywiście \(\displaystyle{ f(x)=0}\) jest jednym rozwiązań. Dla każdej innej funkcji spełniającej ten warunek istnieje \(\displaystyle{ a\neq 0}\) takie, że \(\displaystyle{ f(a)=a^2}\). Podstawmy do wyjściowego równania \(\displaystyle{ x=a}\) oraz \(\displaystyle{ y=t>0}\). Dostaniemy:
\(\displaystyle{ f(a^2+t)=f(a^2-t)+4a^2t}\)

Prawa strona jest dodatnia, zatem lewa też musi być dodatnia, a stąd wiadomo, że \(\displaystyle{ f(a^2+t)=(a^2+t)^2}\). W takim razie \(\displaystyle{ f(a^2-t)=(a^2-t)^2}\). Ponieważ każda liczba rzeczywista różna od zera jest postaci \(\displaystyle{ a^2+t}\) lub \(\displaystyle{ a^2-t}\) dla pewnego \(\displaystyle{ t>0}\), więc dla każdej niezerowej liczby \(\displaystyle{ x}\) mamy w tym wypadku \(\displaystyle{ f(x)=x^2}\). A skoro \(\displaystyle{ f(0)=0^2}\), to dostajemy jako drugiego kandydata na rozwiązanie funkcję \(\displaystyle{ f(x)=x^2}\).

Oczywiście obie funkcje \(\displaystyle{ f(x)=0}\) i \(\displaystyle{ f(x)=x^2}\) spełniają żądane warunki, są to więc wszystkie rozwiązania naszego równania.

Przy okazji - timon92, mógłbyś jeszcze dodać dowód "znanego faktu" z zadania 39?

Q.

[timon92]

Przy okazji - timon92, mógłbyś jeszcze dodać dowód "znanego faktu" z zadania 33?

Gwoli ścisłości - to zadanie ma numer 39

Ukryta treść:    

Rozważmy czworokąt \(\displaystyle{ XYZT}\), Niech okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ XYZ}\) jest styczny do odcinków \(\displaystyle{ XY, YZ, ZX}\) w punktach \(\displaystyle{ K,L,M,}\) i niech okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ZTX}\) będzie styczny do odcinków \(\displaystyle{ ZT, TX, XZ}\) w punktach \(\displaystyle{ P,Q,R}\). Wówczas

Czworokąt \(\displaystyle{ XYZT}\) jest opisany na okręgu \(\displaystyle{ \iff}\)
\(\displaystyle{ XY+ZT = YZ+TX \iff \\
XK + KY + ZP + PT = YL + LZ + TQ + QX \iff \\
XK +ZP = LZ + QX \iff \\
XM +ZR = XR + ZM \iff \\
XZ - ZM + ZR = XZ - ZR + ZM \iff \\
2ZR = 2ZM \iff \\
MR = 0 \iff
M=R}\)
cbdu.

33.

Ukryta treść:    

Niech punktem wspólnym wysokości czworościanu będzie \(\displaystyle{ E}\). Niech rzutami punktu \(\displaystyle{ E}\) na płaszczyzny \(\displaystyle{ BCD, CDA, DAB, ABC}\) będą \(\displaystyle{ K,L,M,N}\). Skoro \(\displaystyle{ E}\) jest środkiem kuli wpisanej w ten czworościan, to \(\displaystyle{ EK=EL=EM=EN.}\)

Po pierwsze, punkty \(\displaystyle{ ABKL}\) leżą na jednej płaszczyźnie (wyznaczonej przez przecinające się proste \(\displaystyle{ AE, BE}\)). Po drugie, \(\displaystyle{ \angle ALB = \angle AKB = \frac{\pi}{2}}\), zatem punkty \(\displaystyle{ ABKL}\) leżą na okręgu. Z potęgi punktu względem okręgu mamy \(\displaystyle{ AE \cdot EK = BE \cdot EL}\). Korzystając z równości \(\displaystyle{ EK = EL}\) dostajemy kolejno \(\displaystyle{ AE = BE}\) i \(\displaystyle{ AK = BL}\).

Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ AK=BL=CM=DN}\) i \(\displaystyle{ AE=BE=CE=DE}\).

Z twierdzenia Pitagorasa mamy \(\displaystyle{ BK^2 = EB^2-EK^2= EC^2 - EK^2 = CK^2}\)

Ponownie z twierdzenia Pitagorasa mamy \(\displaystyle{ AB^2 = AK^2 + BK^2 = AK^2 + CK^2 = AC^2 \implies AB = AC}\)

Analogicznie dowodzimy, że \(\displaystyle{ AB=AC=AD=BC=BD=CD}\) a stąd wniosek, iż czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\) jest foremny.

[Qń]

Porąbała mi się numeracja - dzięki za twórcze naprawienie mojej pomyłki .

Zadanie 38:    

Niech \(\displaystyle{ w}\) będzie liczbą wierzchołków naszego wielościanu, \(\displaystyle{ k}\) - liczbą krawędzi, \(\displaystyle{ s}\) - liczbą ścian oraz \(\displaystyle{ t}\) - liczbą ścian trójkątnych. Skorzystamy z dwóch znanych faktów:

Twierdzenie Eulera: \(\displaystyle{ w-k+s=2}\)

Lemat "o uściskach dłoni".
Dla wierzchołków: \(\displaystyle{ 2k= \sum_{x\in W}deg (x)}\)
(gdzie \(\displaystyle{ W}\) - zbiór wierzchołków, a \(\displaystyle{ deg(x)}\) - liczba krawędzi wychodzących z wierzchołka \(\displaystyle{ x}\))
Dla ścian: \(\displaystyle{ 2k= \sum_{x\in S}deg (x)}\)
(gdzie \(\displaystyle{ S}\) - zbiór ścian, a \(\displaystyle{ deg(x)}\) - liczba krawędzi ściany \(\displaystyle{ x}\))

Przejdźmy do rozwiązania.

Skoro z każdego wierzchołka wychodzą co najmniej cztery krawędzie, to mamy:
\(\displaystyle{ 2k= \sum_{x\in W}deg (x)\ge \sum_{x\in W}4=4w}\)
czyli (korzystając z tw. Eulera) :
\(\displaystyle{ k \ge 2w\\
w+s-2\ge 2w}\)
i ostatecznie:
\(\displaystyle{ s-w \ge 2}\)

Każda nietrójkątna ściana i różna od wymienionej w treści ściany o stu krawędziach, ma co najmniej cztery krawędzie. Takich ścian jest \(\displaystyle{ s-t-1}\), mamy zatem:
\(\displaystyle{ 2k= \sum_{x\in W}deg (x) \ge 3t +4 \cdot (s-t-1) + 100 = 4s -t+96}\)
skąd:
\(\displaystyle{ t \ge 4s - 2k + 96}\)
i teraz korzystając najpierw z tw. Eulera, a potem z poprzednio wykazanej nierówności:
\(\displaystyle{ t \ge 4s - 2(w+s-2)+96=2(s-w)+100 \ge 2\cdot 2 +100=104}\)
co kończy dowód.

Uwaga: to samo rozwiązanie można też zredagować w języku teorii grafów.

Q.