Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
podstawiam pod \(\displaystyle{ x}\) liczbę \(\displaystyle{ -1/x}\) otrzymuje \(\displaystyle{ -xf\left( \frac{1}{x} \right)+f\left( -x\right) = -\frac{1}{x}}\) mnożę przez \(\displaystyle{ x}\) pierwsze równanie i sumuje obie równości i otrzymuje \(\displaystyle{ 2f\left( -x\right)=x ^{2}-\frac{1}{x}}\) czyli \(\displaystyle{ f\left( x\right)=\frac{x ^{2}}{2}+\frac{1}{2x}}\)
Pewnie nie, ale gdyby któryś z moich studentów dał mi takie rozwiązanie, to piałbym z zachwytu.
Myślę, że dla większości wypowiadających sie w tym temacie taka wskazówka najzupełniej wystarczy, zeby dokończyc rozwiązanie.
Jasne, to fajne spostrzeżenie i już bardzo niedaleko do pełnego rozwiązania, ale ta odrobina gimnastyki niezbędna do skończenia go odbiera rację bytu słowu "prościej" (rzecz jasna wszystko to, to jedynie moja opinia).
Niech \(\displaystyle{ a<b}\). wtedy \(\displaystyle{ 2^a+2^b=2^{\sqrt{a^2+b^2}}}\). Dzieląc przez \(\displaystyle{ 2^a}\) dostajemy \(\displaystyle{ 1+2^{b-a}=2^{\sqrt{a^2+b^2}-a}}\)
Ustalmy \(\displaystyle{ b}\) i niech \(\displaystyle{ f(a)=1+2^{b-a}-2^{\sqrt{a^2+b^2}-a}}\).
Zachodzi \(\displaystyle{ \lim_{a\to o} f(a)=1}\) i \(\displaystyle{ f(b)=2-2^{b(\sqrt{2}-1)}}\), więc dla \(\displaystyle{ b>\sqrt{2}+1}\) mamy \(\displaystyle{ f(b)<0}\).
Z własności Darboux istnieje takie \(\displaystyle{ a}\), że \(\displaystyle{ f(a)=0}\).
Zauważmy, że żadna z liczb nie może być zerem. Gdyby w takim razie było \(\displaystyle{ xy<0}\), to lewa strona byłaby równa co najmniej \(\displaystyle{ 66}\), a zatem nie mogłaby być równa prawej. Stąd \(\displaystyle{ xy>0}\). Ale nasze równanie jest równoważne: \(\displaystyle{ 17(x-y)^2+2xy=41}\)
a stąd: \(\displaystyle{ 17(x-y)^2 < 41}\)
czyli: \(\displaystyle{ |x-y|< \sqrt{\frac{41}{17}}<2}\)
Tak więc \(\displaystyle{ x-y\in \{-1,0,1\}}\). Ale łatwo widać, że nie może być \(\displaystyle{ x=y}\), stąd zaś dla pewnego \(\displaystyle{ t}\) całkowitego jest \(\displaystyle{ \left\{ x,y\right\} =\left\{ t+1,t\right\}}\), co po podstawieniu do równania (które stanie się kwadratowe z uwagi na \(\displaystyle{ t}\)) daje \(\displaystyle{ t\in\{3,-4\}}\). Ostatecznie więc wszystkie rozwiązania równania to \(\displaystyle{ (3,4),(4,3), (-3,-4), (-4,-3)}\).
6a: \(\displaystyle{ X=A}\)
6b: \(\displaystyle{ X=A}\)
6d: \(\displaystyle{ X=\RR^2\setminus A}\)
6c: taki zbiór nie istnieje: Gdyby \(\displaystyle{ X}\) był takim zbiorem, to dla \(\displaystyle{ x,y\in X}\) zbiór \(\displaystyle{ pr(xy)\cap X}\) byłby wypukły, więc odcinek \(\displaystyle{ xy}\) zawierałby się w \(\displaystyle{ X}\), więc \(\displaystyle{ X}\) byłby wypukły.
Każdy zbiór wypukły, który jest różny od całej płaszczyzny ma prostą podpierającą. Prosta równoległa do tej prostej i leżąca po przeciwnej stronie niż zbiór, nie ma z nim punktów wspólnych - sprzeczność.
Szukane prawdopodobieństwo to \(\displaystyle{ \frac{1}{n-k}}\).
Zauważmy bowiem, że losy uprawniające do ponownego losowania są nieistotne - istotny jest tylko pierwszy wyciągnięty los różny od nich. Takich jest oczywiście \(\displaystyle{ n-k}\), każdy ma taką samą szansę zostać wybrany jako ostatni (czyli pierwszy różny od tamtych \(\displaystyle{ k}\)), a wśród nich wygrywający jest tylko jeden.
Ponewor pisze:
Jasne, to fajne spostrzeżenie i już bardzo niedaleko do pełnego rozwiązania, ale ta odrobina gimnastyki niezbędna do skończenia go odbiera rację bytu słowu "prościej" (rzecz jasna wszystko to, to jedynie moja opinia).
Ok, to dokończmy
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ f(x)}\) będzie wielomianem z zadania. Mamy \(\displaystyle{ f(x)=f(-x)}\). Przedstawmy \(\displaystyle{ f}\) w postaci sumy dwóch wielomianów: \(\displaystyle{ f(x)=p(x)+n(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) składa się z wyrazów \(\displaystyle{ f}\) zawierających tylko parzyste potęgi. \(\displaystyle{ p}\) jest parzysty, \(\displaystyle{ n}\) - nieparzysty i \(\displaystyle{ -n(x)=n(-x)=f(-x)-p(-x)=f(x)-p(x)=n(x)}\), czyli \(\displaystyle{ n}\) jest wielomianem zerowym.
Używając dowolnej metody rozwiązywania rekurencji liniowych dostaniemy: \(\displaystyle{ a_n= \left( a_0 - \frac 15\right) (-3)^n + \frac 15 \cdot 2^n}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a_0=\frac 15}\) to warunki zadania są spełnione, a w przeciwnym wypadku mamy: \(\displaystyle{ a_n= (-3)^n \cdot \left[ a_0-\frac 15+ \frac 15 \cdot \left( -\frac 23\right)^n \right]}\)
i łatwo zauważyć, że skoro \(\displaystyle{ \left( -\frac 23\right)^n}\) zbiega do zera, to wyrażenie w nawiasie kwadratowym od pewnego miejsca jest stałego znaku (takiego jak \(\displaystyle{ a_0-\frac 15}\)), a zatem \(\displaystyle{ a_n}\) od pewnego miejsca przyjmuje na przemian wartości dodatnie i ujemne, zatem nie może być ściśle rosnący.
Weźmy \(\displaystyle{ k=2}\), \(\displaystyle{ a_{1}=5}\), \(\displaystyle{ a_{2}=11}\) i \(\displaystyle{ A=\left\{ n : 6\mid n+1\right\}}\)
Zachodzą wszystkie założenia - czyli to o względnopierwszości, \(\displaystyle{ A}\) istotnie jest ciekawy i wskazane liczby do niego należą. Ale teza nie zachodzi, bo \(\displaystyle{ 6\nmid 14=a_{1}+a_{2}-3+1}\).
Dla \(\displaystyle{ k=2}\) można wygenerować dowolnie dużo kontrprzykładów - wystarczy by nie zachodziło \(\displaystyle{ a_{2}-a_{1}\mid a_{1}-3}\)
Np. można wziąć jeszcze zbiór \(\displaystyle{ A}\) będący zbiorem liczb takich, że \(\displaystyle{ 3\mid n-1}\) i dowolne dwie liczby względnie pierwsze z niego, np. \(\displaystyle{ a_{1}=1}\) i \(\displaystyle{ a_{2}=4}\), wtedy założenia działają, a \(\displaystyle{ 2}\) do tego zbioru nie należy.
Skoro \(\displaystyle{ r,q}\) względnie pierwsze, to także \(\displaystyle{ r,q^k}\) względnie pierwsze dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\). Stąd z małego tw. Fermata \(\displaystyle{ r| \left( (q^k)^{r-1} -1\right)}\) czyli dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że \(\displaystyle{ q^{k(r-1)}-1=lr}\).
Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie pewnym wyrazem ciągu arytmetycznego, a \(\displaystyle{ b}\) geometrycznego, oraz niech \(\displaystyle{ a=b}\). Dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\) wyrazem tego samego ciągu geometrycznego jest: \(\displaystyle{ b\cdot q^{k(r-1)}= b(lr+1)= b+blr = a+ blr}\)
co oczywiście jest też wyrazem naszego ciągu arytmetycznego, a to kończy dowód.
Przykład na istotność założeń, to ciągi \(\displaystyle{ a_n=2n-1}\) i \(\displaystyle{ b_n=2^{n-1}}\). Te ciągi mają wspólny wyraz \(\displaystyle{ 1}\), ale więcej już nie, bo dla \(\displaystyle{ n>1}\) wyrazy pierwszego są nieparzyste, a drugiego parzyste.
Przypuśćmy, że taki zbiór istnieje. Żadne dwa punkty nie mogą leżeć w dwóch kwadratach jednostkowych mających wspólny bok, a to oznacza, że punkty muszą leżeć w po jednym w kwadratach tego samego koloru (prostokąt jest pomalowany w szachownicę).
Stąd wniosek, że pięć punktów leży w kwadracie \(\displaystyle{ 3\times 3}\). Ten jednak może być pokryty czterema kwadratami o boku \(\displaystyle{ 3/2}\), o przekątnej \(\displaystyle{ \frac{3\sqrt{2}}{2}<\sqrt{5}}\).
Dwa punkty muszą zatem leżeć w jednym kwadracie, a to prowadzi do sprzeczności.
Każda część ma średnicę \(\displaystyle{ \sqrt{5}}\) - wynika to z tego, że na płaszczyźnie średnica figury wypukłej jest taka sama jak średnica zbioru jego punktów ekstremalnych (co nawiasem mówiąc nie jest zawsze prawdą na sferze). Z Zasady Szufladkowaj Dirichleta pewne dwa z sześciu punktów należą do tej samej części, co kończy dowód.
Każda część ma średnicę \(\displaystyle{ \sqrt{5}}\) - wynika to z tego, że na płaszczyźnie średnica figury wypukłej jest taka sama jak średnica zbioru jego punktów ekstremalnych (co nawiasem mówiąc nie jest zawsze prawdą na sferze). Z Zasady Szufladkowaj Dirichleta pewne dwa z sześciu punktów należą do tej samej części, co kończy dowód.
Gdyby ktoś poszukiwał przykładu takiego ciagu, niech weźmie \(\displaystyle{ a_n=2n-1}\).
18:
Liczba \(\displaystyle{ n}\) może zostać wybrana jako \(\displaystyle{ \pi(n)}\) na \(\displaystyle{ m+1}\) sposobów.
\(\displaystyle{ \pi(n-1)}\) ma do wyboru również \(\displaystyle{ m+1}\) możliwości, gdyż jedna poszła na poczet \(\displaystyle{ \pi(n)}\).
Itd aż po \(\displaystyle{ \pi(m+1)}\), które również ma \(\displaystyle{ m+1}\) możliwości.
Z warunku \(\displaystyle{ \pi(m+1)\geq m+1-m=1}\), więc na pozostałych pozycjach (niższych od \(\displaystyle{ m+1}\)) ten warunek nie ingeruje.
Pozostało \(\displaystyle{ m}\) argumentów i tyle samo niewykorzystanych wartości, więc tutaj permutujemy do woli.
Razem jest tego \(\displaystyle{ (m+1)^{n-m}m!}\).
Dla \(\displaystyle{ m=2}\) dostajemy \(\displaystyle{ 3^{n-2}\cdot 3!=2\cdot 3^{n-1}}\)
28a:
Trójkąta się oczywiście nie da. Dla \(\displaystyle{ n\geq 4}\) geometrycznie "widać", że się da. Jak to formalnie zapisać? Mam pewien pomysł, ale słowny opis mnie nie satysfakcjonuje...
