LXIX OM

[Bourder]

W zasadzie to pierwsza seria już się skończyła. Trudność zadań subjektywnie: \(\displaystyle{ 4>3>2>1}\).
Ogólne szkice:

Ukryta treść:    

1. Kongruencje i lecimy
2.Tw. o odcinkach stycznych i podany warunek.
3. Trzy przypadki.
4.Tego nie wysyłałem, bo udało mi się wyznaczyć jedynie prawą stronę równania.

[SloppyTurtle]

Jeżeli chodzi o trudność zadań, to zgadzam się z opinią Bourder`a.
Co do zadania 4, to opisałem sobie liczności tych ciągów dwoma wzorkami, a później całkiem dobrze szło z indukcji.

[matmatmm]

4:    

\(\displaystyle{ p(n,k)=p(n-1,k-1)+p(n-2,k), 2\le k\le n-2}\)

\(\displaystyle{ p(2m,1)=0,p(2m-1,1)=1,p(n,n)=1,p(n,n-1)=0}\)

\(\displaystyle{ K_n=\sum_{k=1}^n 3\cdot 2^{k-1}\cdot p(n,k)}\)

\(\displaystyle{ L_n=L_n^0+L_n^1+L_n^2}\)

\(\displaystyle{ L_n^0=L_{n-1}^0+L_{n-1}^1}\)
\(\displaystyle{ L_n^1=L_{n-1}}\)
\(\displaystyle{ L_n^2=L_{n-1}^1+L_{n-1}^2}\)

\(\displaystyle{ L_1^0=L_1^1=L_1^2=1}\)

[Premislav]

1.:    

Chyba za proste na OMJ. Skoro \(\displaystyle{ p|a+b}\), to także \(\displaystyle{ p|(a+b)^2}\), a ponieważ \(\displaystyle{ (a+b)^2=a^2+b^2+2ab}\) i wiemy też z treści zadania, że \(\displaystyle{ p|a^2+b^2}\), więc \(\displaystyle{ p|2ab}\). Ponieważ \(\displaystyle{ p \ge 3}\) jest liczbą pierwszą, zatem \(\displaystyle{ p|a \vee p|b}\), a z \(\displaystyle{ p|a+b \wedge (p|a \vee p|b)}\) wynika, że \(\displaystyle{ p|a \wedge p|b}\) (z kongruencji lub łatwo przez sprzeczność). Zatem \(\displaystyle{ p^2|a^2 \wedge p^2|b^2}\), czyli \(\displaystyle{ p^2|a^2+b^2}\)
co było do udowodnienia.

3.:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2y+2=x+2yz \\ y^2z+2=y+2zx\\z^2x+2=z+2xy \end{cases}}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x(xy-1)=2(yz-1)\\ y(yz-1)=2(zx-1)\\z(zx-1)=2(xy-1) \end{cases}}\)
Po wymnożeniu tych równań stronami otrzymujemy, że gdy \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniają wyjściowe równanie, to zachodzi \(\displaystyle{ xyz=8 \vee xy=1 \vee yz=1\vee zx=1}\)
1) powiedzmy, że \(\displaystyle{ xy=1}\)
Wstawiając to do prawej strony trzeciego równania wyjściowego układu mamy
\(\displaystyle{ z^2x=z}\), a więc \(\displaystyle{ z=0 \vee zx=1}\)
Łatwo widać (pierwsze równanie układu), że \(\displaystyle{ z=0}\) prowadzi do sprzeczności: \(\displaystyle{ 0=2}\), więc pozostaje \(\displaystyle{ zx=1}\) i wstawiając to do środkowego równania wyjściowego układu, otrzymujemy, że także \(\displaystyle{ yz=1}\). Stąd już widać, że gdy którakolwiek z liczb \(\displaystyle{ xy, \ yz, \ zx}\) równa jest \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniają układ równań z treści, to \(\displaystyle{ xy=yz=zx=1}\), czyli \(\displaystyle{ x=y=z=1 \vee x=y=z=-1}\)
2) pozostaje rozważyć \(\displaystyle{ xyz=8}\), wcześniej miałem żmudny pomysł na dokończenie tego (wielomian itd.), ale teraz wymyśliłem coś w miarę eleganckiego:
wstawiając do układu z \(\displaystyle{ 8=xyz}\) możemy uzyskać, że
\(\displaystyle{ x= \frac{8y^2}{y^2-2y+16}, \ y= \frac{8z^2}{z^2-2z+16}, \ z= \frac{8x^2}{x^2-2x+16}}\)
a zatem
\(\displaystyle{ 8=xyz= \frac{2^9(xyz)^2}{ \prod_{}^{} (y^2-2y+16)}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \prod_{}^{} (y^2-2y+16)=2^{12}}\),
jednakowoż oczywiście \(\displaystyle{ (y-2)^2 \ge 0}\) daje nam
\(\displaystyle{ y^2-2y+16 \ge 2y+12}\) i tak dalej, więc
\(\displaystyle{ \prod_{}^{}(y^2-2y+16) \ge \prod_{}^{} (2y+12)}\)
a następnie z uogólnionego Holdera mamy
\(\displaystyle{ \prod_{}^{} (2y+12) \ge \left( \sqrt[3]{8xyz}+ \sqrt[3]{12^3} \right)^3=16^3=2^{12}}\)
i równość zachodzi tylko gdy \(\displaystyle{ x=y=z=2}\). Zatem \(\displaystyle{ x=y=z=2}\) - te nierówności i przejścia działają tylko w dodatnich, ale uzyskane przeze mnie postaci \(\displaystyle{ x,y,z}\), wraz z oczywistą dodatniością mianowników (ujemne delty) dają nam dodatniość \(\displaystyle{ x,y,z}\) w tym przypadku.

Na końcu trzeba jeszcze zrobić sprawdzenie, bo wymnożenie równań stronami daje implikację w jedną stronę, ale okazuje się, że wszystkie znalezione rozwiązania pasują.

[earl grey]

Premislav, 3 robiłem podobnie, przy czym na początku wykazałem nierówność \(\displaystyle{ xy+yz+zx \leq 12}\), później przypadek \(\displaystyle{ xyz=8}\) można było załatwić z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla liczb \(\displaystyle{ xy, yz, zx}\) przy uprzednim wykazaniu dodatniości wszystkich zmiennych \(\displaystyle{ x,y,z}\), ale to nie było trudne.

[PoweredDragon]

Szkice:    

1. Kongruencje, pokazanie wynikania
\(\displaystyle{ [3 \le p \in \mathbb P \wedge (a+b) \equiv_p 0 \wedge (a^2+b^2) \equiv_p 0] \Rightarrow [a \equiv_p 0 \wedge b \equiv_p 0] \Rightarrow [(a^2+b^2) \equiv_{p^2} 0]}\)
To tylko szkic; opisy słowne i trochę więcej kroków to droga do pełnego rozwiązania :V

2. Podzielenie podstawy na dwie części (punktem podziału jest punkt P), pokazanie równoramienności dwóch trójkątów (z tw. o odc. stycznych) i teza z zabawy kątami w tych trójkątach równoramiennych

3. Mniej więcej jak premislav, tylko można o wiele łatwiej udowodnić, że \(\displaystyle{ x = y = z = 2}\) w przypadku \(\displaystyle{ xyz = 8}\)

4. Wystarczy pokazać (co jest łatwe), że \(\displaystyle{ K_n = 2K_{n-1}+K_{n-2}}\) oraz \(\displaystyle{ L_n = 2L_{n-1}+L_{n-2}}\). Wówczas przekształcamy tezę:

\(\displaystyle{ L_n = K_n + \frac{1}{3}K_{n-1}}\)
\(\displaystyle{ L_n - L_{n-1} = K_n +\frac{1}{3}K_{n-1}-K_{n-1}-\frac{1}{3}K_{n-2} = K_n - \frac{1}{3}(2K_{n-1}+K_{n-2}) = \frac{2}{3} K_n}\)
\(\displaystyle{ L_{n+1}-L_{n-1} = \frac{2}{3}(K_{n+1}+K_n) = \frac{2}{3}(3K_n+K_{n-1}) = 2(K_n+\frac{1}{3}K_{n-1}) = 2L_n}\)
Z czego wprost
\(\displaystyle{ L_{n+1} = 2L_n +L_{n-1}}\) - jest to równoważne tezie, a wcześniej udowodniliśmy, że jest to prawda...

[Wuja Exul]

Dodam jeszcze jedno rozwiązanie zadania 3, choć jest dość podobne do poprzednich.

Ukryta treść:    

Mnożymy pierwsze równanie obustronnie przez \(\displaystyle{ y}\), drugie przez \(\displaystyle{ 2}\) i dodajemy stronami. Po uproszczeniu otrzymamy

\(\displaystyle{ xy(xy-1) = 4(zx-1).}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ a=yz}\), \(\displaystyle{ b=zx}\), \(\displaystyle{ c=xy}\). Analogicznie do powyższego można otrzymać jeszcze dwa równania, co daje nam układ

\(\displaystyle{ \begin{cases} c(c-1)=4(b-1) \\ a(a-1)=4(c-1) \\ b(b-1) = 4(a-1). \end{cases}}\)

Po pomnożeniu stronami otrzymamy \(\displaystyle{ abc(a-1)(b-1)(c-1)=64(a-1)(b-1)(c-1)}\), co daje dwie możliwości.

1. \(\displaystyle{ 1\in\{a,b,c\}}\). Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a=1}\). Wtedy \(\displaystyle{ c=a(a-1)/4+1=1}\) i podobnie \(\displaystyle{ b=1}\). Zatem \(\displaystyle{ a=b=c=1}\).

2. \(\displaystyle{ abc=64}\). Tu zauważamy, że \(\displaystyle{ a,b,c>0}\), gdyż

\(\displaystyle{ 16a = 4b^2-4b+16 = (2b-1)^2+15 > 0,}\)

analogicznie pozostałe. Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a=\max\{a,b,c\}}\). Wówczas \(\displaystyle{ a\ge4}\), gdyż \(\displaystyle{ abc=64}\) i czynniki są dodatnie. Stąd

\(\displaystyle{ 4(c-1) = a(a-1) \ge 12,}\)

po przekształceniach \(\displaystyle{ c\ge4}\). Analogicznie uzyskujemy \(\displaystyle{ b\ge4}\). Z tego oraz z równości \(\displaystyle{ abc=64}\) wynika, że \(\displaystyle{ a=b=c=4}\).

Znając \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) łatwo obliczamy \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y}\), \(\displaystyle{ z}\). Otrzymujemy trójki

\(\displaystyle{ (1,1,1)}\), \(\displaystyle{ (-1,-1,-1)}\), \(\displaystyle{ (2,2,2)}\), \(\displaystyle{ (-2,-2,-2)}\).

Sprawdzamy, że pierwsze trzy spełniają układ równań, a ostatnia nie.

Koncert życzeń:

Ukryta treść:    

Chętnie bym ujrzał jakieś istotnie krótsze rozwiązanie zadania 3 oraz dowód równości z zadania 4 poprzez wskazanie bezpośredniej bijekcji.

[mazur89]

Koncert życzeń:

Ukryta treść:    

Chętnie bym ujrzał jakieś istotnie krótsze rozwiązanie zadania 3 oraz dowód równości z zadania 4 poprzez wskazanie bezpośredniej bijekcji.

Niech się spełni Twoje życzenie Udowodnimy, że spośród ciągów długości \(\displaystyle{ n}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\) bez \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 2}\) obok siebie, \(\displaystyle{ \frac{1}{3}K_{n-1}}\) zaczyna się od \(\displaystyle{ 10}\), a \(\displaystyle{ K_n}\) zaczyna się inaczej. Oba stwierdzenia udowodnimy pokazując odpowiednie bijekcje; zaczniemy od drugiego z nich.

Dla większej przejrzystości zdefiniujmy najpierw następujące zbiory:
\(\displaystyle{ A_n^{(0)}}\) - zbiór ciągów długości \(\displaystyle{ n}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\) bez \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 2}\) obok siebie nie zaczynających się od \(\displaystyle{ 10}\),
\(\displaystyle{ A_n^{(1)}}\) - zbiór ciągów długości \(\displaystyle{ n}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2, X\}}\) nie zaczynających się od \(\displaystyle{ X}\), w których nie występują kolejno pary \(\displaystyle{ X2, 02, 10, 20}\), a wszystkie maksymalne bloki złożone z \(\displaystyle{ X}\) mają parzystą długość,
\(\displaystyle{ A_n^{(2)}}\) - zbiór ciągów długości \(\displaystyle{ n}\), w którym pierwszy wyraz jest ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\), a pozostałe ze zbioru \(\displaystyle{ \{\searrow, \rightarrow, \nearrow\}}\), w których wszystkie maksymalne bloki złożone z \(\displaystyle{ \rightarrow}\) mają parzystą długość,
\(\displaystyle{ A_n^{(3)}}\) - zbiór ciągów długości \(\displaystyle{ n}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\), w których wszystkie maksymalne bloki mają nieparzystą długość.

Udowodnimy, że \(\displaystyle{ |A_n^{(k)}|=|A_n^{(k+1)}|}\) dla \(\displaystyle{ k=0, 1, 2}\) wskazując odpowiednie bijekcje.

\(\displaystyle{ k=0}\): w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(0)}}\) zamieniamy wszystkie wystąpienia \(\displaystyle{ 10}\) na \(\displaystyle{ XX}\). Odwrotnie, w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(1)}}\) zamieniamy wszystkie wystąpienia \(\displaystyle{ XX}\) na \(\displaystyle{ 10}\), zaczynając od lewej.

\(\displaystyle{ k=1}\): w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(1)}}\) pomiędzy każdymi dwoma kolejnymi elementami narysujmy strzałkę według następujących reguł. Rysujemy \(\displaystyle{ \rightarrow}\), jeśli następującym elementem jest \(\displaystyle{ X}\), rysujemy \(\displaystyle{ \searrow}\) jeśli następującym elementem jest mniejsza spośród cyfr dozwolonych po znaku poprzedzającym (\(\displaystyle{ 0}\) po \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ 1}\) po \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)) oraz rysujemy \(\displaystyle{ \nearrow}\) jeśli następującym elementem jest większa spośród cyfr dozwolonych po znaku poprzedzającym (\(\displaystyle{ 1}\) po \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ 2}\) po \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)). Następnie wymazujemy wszystkie elementy oryginalnego ciągu z wyjątkiem pierwszego. Odwrotnie, w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(2)}}\) na końcu każdej strzałki piszemy symbol zgodny z powyższymi regułami, zaczynając od lewej, a następnie wymzujemy wszystkie strzałki.

\(\displaystyle{ k=2}\): w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(2)}}\) na końcu każdej strzałki piszemy cyfrę ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\) według następujących reguł, zaczynając od lewej. Na końcu \(\displaystyle{ \rightarrow}\) piszemy cyfrę równą tej przed nią, na końcu \(\displaystyle{ \searrow}\) piszemy mniejszą spośród cyfr różnych od tej przed nią (\(\displaystyle{ 1}\) po \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 0}\) po \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)), a na końcu \(\displaystyle{ \nearrow}\) piszemy większą spośród cyfr różnych od tej przed nią (\(\displaystyle{ 1}\) po \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 2}\) po \(\displaystyle{ 0}\) lub \(\displaystyle{ 1}\)). Następnie wymazujemy wszystkie strzałki. Odwrotnie, w każdym ciągu ze zbioru \(\displaystyle{ A_n^{(3)}}\) rysujemy między cyframi strzałki według powyższych reguł, a następnie wymazujemy wszystkie cyfry z wyjątkiem pierwszej.

W takim razie \(\displaystyle{ |A_n^{(0)}|=|A_n^{(3)}|}\), co dowodzi drugiego z naszych stwierdzeń. Dla dowodu pierwszego zauważmy, że jeśli z każdego ciągu zaczynającego się od \(\displaystyle{ 10}\) wymażemy początkową \(\displaystyle{ 1}\), a następnie zastosujemy powyższą procedurę, to otrzymamy wszystkie ciągi długości \(\displaystyle{ n-1}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \{0, 1, 2\}}\) zaczynających się od \(\displaystyle{ 0}\), w których wszystkie maksymalne bloki mają nieparzystą długość. Ponieważ w tej definicji role cyfr \(\displaystyle{ 0,1,2}\) są symetryczne, to ciągów tych jest \(\displaystyle{ \frac{1}{3}K_{n-1}}\), co kończy rozwiązanie zadania.

[arek1357]

A co do mnie optuję za prostym rozwiązaniem i łatwo zauważyć bez większych formalności, że wzór na:

\(\displaystyle{ L_{n}}\) i \(\displaystyle{ K_{n}}\)


\(\displaystyle{ L_{n+2}=2L_{n+1}+L_{n} , n>2}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ L_{1}=3, L_{2}=7}\)

podobnie:

\(\displaystyle{ K_{n+2}=2K_{n+1}+K_{n}, n>2}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ K_{1}=3, K_{2}=6}\)

a z tych warunków łatwo wykazać tezę zadania...


Co do trzeciego nie ma krótszego rozwiązania niż zrobił to Wujo...
Tak samo zrobiłem i uważam, że jest to najkrótsze i najlepsze...

[PoweredDragon]

1. \(\displaystyle{ L_{n} \wedge K_{n}}\) - to nie ma sensu
2. To rozwiązanie się już pojawiło i zgadzam się - jest najprostsze, pod warunkiem, że się te wzory umie udowodnić, a nie "zauważyć"

[arek1357]

Co nie ma sensu przecież łatwo udowodnić widać je gołym okiem...

[Jan Kraszewski]

Co nie ma sensu

Nie ma sensu używanie w ten sposób spójnika logicznego.

JK

[arek1357]

już poprawiłem użyłem go zamiast spójnika "i" , i myślę że czasem tak można...

A udowodnić te wzory to bajka...

Przepraszam ale nie zauważyłem rozwiązania zadania 4 PoweredDragona ale trudno...

[WolfusA]

2. To rozwiązanie się już pojawiło i zgadzam się - jest najprostsze, pod warunkiem, że się te wzory umie udowodnić, a nie "zauważyć"

No właśnie. Bo za takie pisanie zauważmy, że się dostaje 0 . Myślę, że to było zadanie sprawdzające umiejętność klarownego wyrażania swoich myśli i prawidłowego używania języka matematycznego.
Wiem, że niektórzy bardzo upodobali sobie działania na ułamkach i pierwiastkach: po wyprowadzeniu wzorów jawnych na \(\displaystyle{ K_n}\) i \(\displaystyle{ L_n}\) dowodzili tezy z użyciem tych wyrażeń.

[arek1357]

Wiem, że niektórzy bardzo upodobali sobie działania na ułamkach i pierwiastkach: po wyprowadzeniu wzorów jawnych na K_n i L_n dowodzili tezy z użyciem tych wyrażeń.

Czy to że tak powiem jest może przestępstwem?

Zresztą brzmi to podobnie jak cytat z jakiejś świętej księgi, np. ze Starego Testamentu...

Lecz ja to bardziej odebrałem jak cytat z Żywotu Briana.

Uważam, że sposób z wyprowadzeniem jawnych wzorów jest dużo lepszy z bardzo błahego powodu, że te wzory po prostu są i sytuacja jest dużo bardziej klarowna i jasna, oraz daje większe możliwości i lepszy ogląd sytuacyjny...

Ja też potrafię zacytować:

Idźcie precz z tego forum wszyscy, którzy macie mroczne avatary