Matematyka.pl

Z góry przepraszam za zawiłość...

Literacja \(\displaystyle{ A, B, C ,D ,E ,F ,G, H}\) zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

Jeżeli ruch zgodnie z ruchem wskazówek utożsamimy z dodawaniem jedynki, a przeciwnie do ruchu wskazówek z odejmowaniem, to naszym celem jest dotarcie do \(\displaystyle{ 4}\) zaczynając od zera. Ponieważ ruchy zgodnie i przeciwnie dają zerowy wkład i jest ich parzysta liczba, a do osiągnięcia jest parzysta liczba, to i parzyście wiele ruchów jest potrzebnych do osiągnięcia czwórki, czyli wierzchołka \(\displaystyle{ E}\).

Ręcznie wyznaczamy \(\displaystyle{ a_{4}=2}\): ciągi \(\displaystyle{ (A,B,C,D,E), (A,H,G,F,E)}\) oraz \(\displaystyle{ a_{6}=8}\) - tutaj mamy \(\displaystyle{ (A, B, D, C, D, E), (A, B, C, B, C, D, E), (A, B, A, B, C, D, E), (A, B, A, H, G, F, E)}\) i symetrycznie w przeciwną stronę.

Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ a_{2n}=4a_{2n-2}-2a_{2n-4}}\), gdyż:

• skoro ciąg ma się kończyć literami \(\displaystyle{ C, D, E}\), to dwiema poprzednimi moga być tylko \(\displaystyle{ A, B}\) lub \(\displaystyle{ C, D}\). Analogicznie dla końcówki \(\displaystyle{ G, F ,E}\); daje to łącznie cztery sposoby,
• w dwóch przypadkach z poprzedniego punktu (tam, gdzie krążymy w kółko) tracimy dwie możliwości wiodące w \(\displaystyle{ 2n-4}\) krokach;

Wychodzi więc rekurencja
Podstawiamy \(\displaystyle{ b_n=a_{2n}}\) i mamy
Rozwiązujemy ją standardowo, tj równaniem charakterystycznym itp. Pomijam rutynę. Wynik końcowy to
i jak się przyjrzymy uważnie, pokrywa się to z równością z tezy.

a) \(\displaystyle{ f(x)=|\sin x|}\)
b) \(\displaystyle{ f(x)=\tg x}\)

Istnieje takie funkcja \(\displaystyle{ f(x)= \begin{cases} 0 \ \hbox{dla} \ x \in <0,\frac{1}{2}> \\ 2x-1 \ \ \hbox{dla} \ x\in (\frac{1}{2},1 >\end{cases}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ x\in <1-\frac{1}{2^n},1-\frac{1}{2^{n+1}}>}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow f(x)=2x-1 \in \frac <1-\frac{1}{2^{n-1}},1-\frac{1}{2^n}> f(f(x)) \in <1-\frac{1}{2^{n-2}},1-\frac{1}{2^{n-1}}>}\) Po wykonaniu tej operacji \(\displaystyle{ n}\) razy \(\displaystyle{ f(f(...f(x)...)) \in <0,\frac{1}{2}>}\). Składając f jeszcze raz otrzymuje \(\displaystyle{ 0}\)

zauważmy, że \(\displaystyle{ xy-a(x-y) =(x-a)(y-a)-a^2}\).W tej sytuacji nasz układ wygląda następująco:
(1) \(\displaystyle{ \begin{cases} (y-a)(z-a) = a^2+r \\ (x-a)(z-a) = a^2+s \\ (x-a)(y-a) = a^2+t \end{cases}}\)
Połóżmy teraz
\(\displaystyle{ b=x-a}\)
\(\displaystyle{ c=y-a}\)
\(\displaystyle{ d=z-a}\)
W nich układ przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \begin{cases} cd = a^2+r \\ bd= a^2+s \\ bc = a^2+t \end{cases}}\)
Mnożąc stronami wszystkie równania i pierwiastkując mamy
\(\displaystyle{ bcd= \sqrt{ (a^2+r)( a^2+s)( a^2+t) }}\)Zostaje podzielić ten iloczyn obustronnie przez każde z równań i mamy\(\displaystyle{ b, c, d}\) a wracając do pierwotnych zmiennych mamy rozwiązanie układu. Osobno rozpatrujemy sytuację gdy prawa strona któregoś równania z układu (1) się zeruje, bo wówczas podane dzielenie jest niewykonalne.

\(\displaystyle{ \begin{cases} (y-a)(z-a) = a^2+ r \\ (x-a)(z-a) = a^2+ s \\ (y-a)(x-a) = a^2+t \end{cases}}\)
Mnożąc równania stronami:
\(\displaystyle{ (x-a)^2(y-a)^2(z-a)^2 =( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t) }\)
1) zał: \(\displaystyle{ ( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t) >0}\)
\(\displaystyle{ (x-a)(y-a)(z-a)= \sqrt{( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t)} }\)
stąd:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x-a= \frac{(x-a)(y-a)(z-a)}{(y-a)(z-a)} \\ y-a= \frac{(x-a)(y-a)(z-a)}{(x-a)(z-a)}\\z-a= \frac{(x-a)(y-a)(z-a)}{(y-a)(x-a)} \end{cases} \\ \\ \begin{cases} x=a+ \frac{\sqrt{( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t)}}{ a^2+ r} \\ y=a+ \frac{\sqrt{( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t)}}{ a^2+ s} \\ z=a+ \frac{\sqrt{( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t)}}{ a^2+ t} \end{cases} }\)
2) zał: \(\displaystyle{ ( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t) =0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} r=s=t=-a^2 \\ x=y=z=a \end{cases} \vee \begin{cases} r=s=t=-a^2 \\ x=y=a \\ z \in \RR \setminus \left\{ 0 \right\} \end{cases} \vee \begin{cases} r=s=t=-a^2 \\ x=z=a \\ y \in \RR \setminus \left\{ 0 \right\} \end{cases} \vee \begin{cases} r=s=t=-a^2 \\ z=y=a \\ x \in \RR \setminus \left\{ 0 \right\} \end{cases} \vee }\)
\(\displaystyle{ \vee \begin{cases} x=a \\ y \in \RR \setminus \left\{ a \right\} \\ z= \frac{a^2+r}{y-a}+a \\ t=s=-a^2 \\ r \neq -a^2 \end{cases} \vee \begin{cases} y=a \\ z \in \RR \setminus \left\{ a \right\} \\ x= \frac{a^2+s}{z-a}+a \\ t=r=-a^2 \\ r \neq -a^2 \end{cases}
\vee \begin{cases} z=a \\ x \in \RR \setminus \left\{ a \right\} \\ y= \frac{a^2+t}{x-a}+a \\ r=s=-a^2 \\ t \neq -a^2 \end{cases} }\)
3) zał: \(\displaystyle{ ( a^2+ r)( a^2+ s)( a^2+ t) <0}\)
brak rozwiązań

Najwięcej zielonych punktów ( \(\displaystyle{ {2013 \choose 2}}\) )będzie gdy żadne dwa środki odcinków się nie pokryją. Przykłady takiego układu punktów \(\displaystyle{ A_1, A_2,…}\) to np.:
- kolejne punkty kratowe na jednym ramieniu paraboli \(\displaystyle{ y=x^2}\)
- takie punkty na prostej, gdzie \(\displaystyle{ \left|A_iA_{i+1} \right|= \sqrt{p_i}}\) dla i-tej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p_i }\)

Zgaduję że najmniej (czyli \(\displaystyle{ 2 \cdot 2013-3}\)) będzie gdy punkty \(\displaystyle{ A_1, A_2,…}\) będą leżały na prostej w stałych odstępach \(\displaystyle{ d}\) (tj. dla \(\displaystyle{ \left| A_iA_j\right|=(j-i)d }\) )

zad 12 [MIX] Zadania różne X

Zgaduję że\(\displaystyle{ x_3}\) ma :
- minimalną długość, gdy P jest środkiem boku pięciokąta, i wynosi ona \(\displaystyle{ \frac{a\cos 54^\circ}{2} }\) (gdzie a to długość boku pięciokąta)
- maksymalną długość, gdy P jest wierzchołkiem pięciokąta, i wynosi ona \(\displaystyle{ a\cos 72^\circ }\)

\(\displaystyle{ R= \{1,3,5,7 \cdots\ ,2013 \}}\) spełnia warunki zadania. Każda liczba parzysta mniejsza od \(\displaystyle{ 2014 }\) jest sumą dwóch elementów powyższego zbioru, zatem tego zbioru nie da się powiększyć. Spróbujemy włączyć liczbę parzystą \(\displaystyle{ 2k}\) dla \(\displaystyle{ k \le 1006}\). Wówczas trzeba byłoby usunąć po jednej liczbie z k par postaci \(\displaystyle{ x, 2k-x}\). Usunęliśmy \(\displaystyle{ k}\) liczb nieparzystych. Trzeba je zastępować parzystymi. Jeśli każda jest mniejsza od \(\displaystyle{ 2k}\), to w nowym zbiorze znajdziemy \(\displaystyle{ 2,4,6}\) czyli nowy zbiór nie będzie wolny. Jeśli nie- procedura się powtórzy.

\(\displaystyle{ d_a, d_b, d_c}\) - odcinki dwusiecznej (przecinającej bok z indeksu) zawarte w trójkącie.
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{2}bc \sin \alpha = \frac{1}{2}bd_a \sin \frac{ \alpha }{2} + \frac{1}{2}cd_b \sin \frac{ \alpha }{2} \\ a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha \\ \cos \alpha =2\cos^2 \frac{ \alpha }{2} -1 \end{cases} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ d_a= \frac{ \sqrt{bc(-a+b+c)(a+b+c)} }{b+c} }\)
analogicznie:
\(\displaystyle{ d_b= \frac{ \sqrt{ac(a-b+c)(a+b+c)} }{a+c}\\
d_c= \frac{ \sqrt{ab(a+b-c)(a+b+c)} }{a+b}}\)
Dla \(\displaystyle{ a \ge b \ge c>0}\) sprawdzam znaki różnic \(\displaystyle{ r_a^2-r_b^2}\) oraz \(\displaystyle{ r_b^2-r_c^2}\) (gdyż są takie same jak znaki \(\displaystyle{ r_a-r_b}\) i \(\displaystyle{ r_b-r_c}\) )
\(\displaystyle{ r_a^2-r_b^2=- \frac{ bc(-a+b+c)(a+b+c) }{(b+c)^2}-\frac{ac(a-b+c)(a+b+c) }{(a+c)^2} =\\=\frac{(b-a)c(a+b+c)(a^3+a^2(b+c)+a3bc+bc(b+c)) }{(a+b)^2(b+c)^2}<0}\)
\(\displaystyle{ r_b^2-r_c^2=\frac{ac(a-b+c)(a+b+c) }{(a+c)^2}- \frac{ ab(a+b-c)(a+b+c) }{(a+b)^2} =\\=\frac{(c-b)a(a+b+c)(c^3+c^2(a+b)+c3ab+ab(a+b)) }{(a+b)^2(a+c)^2}<0}\)
stąd \(\displaystyle{ a \ge b \ge c \ \ \Rightarrow \ \ r_a \le r_b \le r_c}\)

Zauważmy, że redukcja imion dotyczy konsekwentnie dodawanych tych samych liter - nie sylab. Oznacza to, że ciąg imion \(\displaystyle{ A,AY,AYA,AYAY....}\) jest nieskończonym ciągiem różnych imion, zatem mogą mieć każdy różne imion, zatem nie znajdziemy dwóch Mambo-Yambończyków mających tak samo na imię - o ile nie będą tego sami chcieli.

Z reguły \(\displaystyle{ YA \approx AAY}\) dostajemy kolejno:
\(\displaystyle{
AYA \approx AAAY \\
AYAY \approx AAAYY \\
AYAYA \approx AAAYYA = A^7 Y^2 \\
AYAYAY \approx A^7 Y^3 \\
AYAYAYA \approx A^7 Y^3 A = A^{15} Y^3 \\
\vdots
}\)
Widać, że natrafimy w końcu na różne słowa \(\displaystyle{ A^i Y^j}\) i \(\displaystyle{ A^k Y^{\ell}}\), dla których \(\displaystyle{ i \equiv k \pmod{7}}\) i \(\displaystyle{ j \equiv \ell \pmod{7}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ A^7 \approx Y^7 \approx E}\), te dwa słowa będą równoznaczne.

Podzielmy nasz pięciokąt na pięć identycznych trójkątów o wierzchołku w O w środku pięciokąta. Nie ma bata we wsi - musi leżeć wewnątrz albo na brzegu któregoś z nich.\(\displaystyle{ x_{3}}\) to będzie najkrótsza z odległości od wierzchołków poza trójkątem. dlatego wyniki uzyskane przez kolegę będą optymalne

Wystarczy pokolorować każdą z siatek w dwukolorową szachownicę. Sposób przypisywania numerów wymusza wpisywanie numerów parzystych w pola z jednym kolorem, a nieparzystych w pola w kolorze drugim, a stąd teza.