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.
Elvis pisze: Ponieważ interesują nas punkty X leżące po tej samej stronie AD co B (ABCD jest wypukły)
Nieprawda.
Chyba się nie zrozumieliśmy. Ja piszę, że C należy do zbioru punktów X takich, że \(\displaystyle{ \sphericalangle AXD = 2 \sphericalangle ABD}\). W dodatku C leży po tej stronie AD co B (to jednak wynika z wypukłości, nie?), dlatego leży na kawałku jednego okręgu (oczywiście tego samego, co O). Leży także na kawałku drugiego okręgu (analogiczne rozważania), więc leży na ich przecięciu. Ich przecięciem jest O, więc C jest środkiem okręgu opisanego na ABD i spełnia tezę.
Ogólnie zawarłem sporo skrótów myślowych, ale wierzę, że jest dobrze.
Na marginesie:
\(\displaystyle{ \sphericalangle AED= \sphericalangle ABD}\), zatem na ABED da sie opisać okrąg
W tym zdaniu brakuje założenia o tym, że B i E leżą po tej samej stronie AD, czyli że C i E leżą po tej samej stronie AD, czyli że ABCD jest wypukły (o ile nie tkwię w jakimś gigantycznym błędzie).
Niech ktoś to przeczyta jeszcze raz, a jak dojdziecie do wniosku, że piszę głupoty, to niech tkrass coś wrzuci. Idę spać.
Elvis pisze:
Znajdź wszystkie nieujemne liczby całkowite \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ m}\) spełniające równanie \(\displaystyle{ k! + 48 = 48 (k+1)^m}\)
Na początek podstawmy \(\displaystyle{ k=k-1}\), tak jest wygodniej. \(\displaystyle{ (k-1)!=48(k^m-1)}\) \(\displaystyle{ (k-1)!=48(k-1)(k^{m-1}+...+1)}\)
Prawa strona nie jest podzielna przez k (łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ k>5}\), a k jest nieparzyste, bo 6 i 7 nie spełniają tego równania, a dla większych liczb lewa strona jest podzielna przez 32). Zatem lewa też nie może być podzielna przez k. Czyli k musi być liczbą pierwszą. Wtedy z twierdzenie Wilsona mamy \(\displaystyle{ -48 \equiv -1 (modk)}\) czyli \(\displaystyle{ k=47}\). Łatwo jednak sprawdzić, że ta liczba nie spełnia wyjściowego równania. Zatem nie ma takich k i m.
Moje rozwiązanie odrobinkę mi się nie podoba, więc proszę o weryfikację. Jeśli ona wypadnie pomyślnie, to:
Na ABCD można opisać okrąg. Wykazać, że środki okręgów wpisanych w BCD, CDA, DAB i ABC są wierzchołkami prostokąta.
Niech A' będzie środkiem okręgu wpisanego w BCD, B' w ACD, C' w ABD, D' w ABC. Z prostego rachunku na kątach wynika \(\displaystyle{ \sphericalangle CA'D = \sphericalangle CB'D}\), więc na CA'B'D można opisać okrąg. Stąd \(\displaystyle{ \sphericalangle CA'B' = 180^\circ - \sphericalangle CDB' = 180^\circ - \frac{1}{2} \sphericalangle CDA}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \sphericalangle CA'D' = 180^\circ - \frac{1}{2} \sphericalangle CBA}\), więc \(\displaystyle{ \sphericalangle B'A'D' = 360^\circ - \sphericalangle CA'B' - \sphericalangle CA'D' = 90^\circ}\). Analogicznie pozostałe kąty są proste, co dowodzi tezy.
Sprawdź, czy dobrze. Dobrze. Tymczasem, żeby temat nie stał:
Dwie parabole o prostopadłych osiach przecinają się w czterech punktach. Wykaż, że punkty te leżą na jednym okręgu.
Skoro osie tych parabol są prostopadłe, to kierownice też. Niech jedna ma kierownicę daną równaniem x=0 i ognisko w punkcie (a,b), a druga kierownicę daną równaniem y=0 i ognisko w punkcie (c,d). Rozważmy dowolny punkt (x,y) należący do obu tych krzywych. Wówczas \(\displaystyle{ x=\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}}\) i \(\displaystyle{ y=\sqrt{(y-c)^2+(y-d)^2}}\). Wówczas podnosząc obie równości stronami do kwadratu, przenosząc wszystko na lewą stronę, a następnie dodając stronami i uzupełniając do pełnego kwadratu najpierw względem x, a potem y otrzymujemy równianie \(\displaystyle{ (x-(a+c))^2+(y-(b+d))^2=2ac+2bd}\), czyli punkt (x,y) należy do okręgu o środku w (a+c,b+d) i promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{2ac+2bd}}\).
Okręgi \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\) przecinają się w punktach A i B oraz są styczne do prostej k odpowiednio w punktach P i Q. Punkty P' i Q' to rzuty punktów P i Q na prostą łącząca środki \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\). Prosta AP' przecina \(\displaystyle{ \omega_1}\) w punkcie R, a prosta AQ' przecina ponownie \(\displaystyle{ \omega_2}\) w punkcie S. Udowodnij, że punkty B,R,S są współliniowe
Niech k - prosta łącząca środki okręgów, O - punkt przecięcia k i PQ. Weźmy inwersję o środku w A i dowolnym promieniu. Obrazy obiektów będę oznaczał apostrofem, z wyjątkiem obrazów \(\displaystyle{ \omega _1}\) i \(\displaystyle{ \omega _2}\), które oznaczam m i n (nie chcę pisać greckich literek).
Teraz litania. Prosta k przechodzi na okrąg k' o środku w B' (bo A i B są symetryczne względem k). Prosta PQ przechodzi na okrąg o przechodzący przez A. Drugim przecięciem o i k' jest O' (obraz przecięcia PQ i k). Punkt P' jest inwersyjny do O względem \(\displaystyle{ \omega _1}\), więc jego obraz P'' jest symetryczny do O' względem m. Analogicznie Q'' jest symetryczny do O' względem n (P'' i Q'' oczywiście leżą na k').
Z symetrii wynika, że kąty między m i B'A oraz między n i B'O są takie same. Z (np.) liczenia na kątach mamy \(\displaystyle{ \sphericalangle AB'P'' = \sphericalangle AB'Q'' = \sphericalangle R'B'S'}\) (R' i S' leżą na przecięciach odpowiednio m i AP'' oraz n i AQ''). Stąd już łatwo \(\displaystyle{ \sphericalangle P''AQ'' + \sphericalangle R'B'S' = \pi}\), więc na AR'B'S' można opisać okrąg. Oznacza to, że B, R, S są współliniowe.
Jak chcecie, mogę dać obrazek. Nowe zadanie niedługo wrzucę.
Edit: Gdyby ktoś chciał, mogę zacytować mniej znane własności inwersji, z których korzystałem:
Jeśli B jest środkiem odcinka łączącego punkty styczności stycznych do o poprowadzonych z A (inaczej: B jest rzutem jednego z punktów styczności na prostą łączącą A ze środkiem o), to A i B są inwersyjne względem o.
Inwersja zachowuje inwersyjność, tj. jeśli jakieś A i B są inwersyjne względem o, to po jakiejkolwiek inwersji A' i B' są inwersyjne względem o', przy czym nie przeszkadza nam, jeśli o lub o' jest prostą (mówimy wtedy o symetrii osiowej).
Nowe:
Znaleźć wszystkie \(\displaystyle{ n}\) naturalne takie, że \(\displaystyle{ n^4 + 4^n}\) jest liczbą pierwszą.
-- 16 lutego 2010, 00:25 --
PS. Po zastanowieniu stwierdzam, że dało się prościej. Zresztą, można to było stwierdzić także przed zastanowieniem.
Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \omega _1}\) ma większy promień. Niech \(\displaystyle{ O_1}\) i \(\displaystyle{ O_2}\) będą środkami okręgów odpowiednio \(\displaystyle{ \omega _1}\) i \(\displaystyle{ \omega _2}\). Weźmy inwersję o środku O i promieniu OA. Przekształca ona \(\displaystyle{ \omega _1}\) na \(\displaystyle{ \omega _2}\), A na A, P' na \(\displaystyle{ O_2}\), Q' na \(\displaystyle{ O_1}\). Zgodnie z własnościami inwersji zachodzi więc \(\displaystyle{ \sphericalangle RAS = \sphericalangle P'AQ' = \sphericalangle OAQ' - \sphericalangle OAP' = \sphericalangle O O_1 A - \sphericalangle O O_2 A = \pi - \sphericalangle O_2 O_1 A - \sphericalangle O_1 O_2 A = \pi - \sphericalangle BRA - \sphericalangle BSA}\), co dowodzi, że B, R, S są współliniowe (ostatnia równość z tw. o kącie wpisanym i środkowym).
Przypadek, kiedy O nie istnieje, czyli gdy promienie są równe, jest trywialny.
Gdy \(\displaystyle{ n=0}\), to \(\displaystyle{ n^4 +4^n = 1}\), a 1 nie jest pierwsze.
Gdy n jest parzyste i większe od 0, to \(\displaystyle{ n^4 +4^n}\) jest parzyste i większe od 2, więc nie jest pierwsze.
Gdy n jest nieparzyste i nie dzieli się przez 5, to \(\displaystyle{ 5|(n^4 +4^n)}\), więc dla \(\displaystyle{ n=1}\), \(\displaystyle{ n^4 +4^n=5}\)
Gdy n jest nieparzyste i podzielne przez 5, to: \(\displaystyle{ (5x)^4 + 4^{5x} = (5x)^4+2^{10x}=((5x)^2+2^{5x})^2-2 \cdot (5x)^2 \cdot 2^{5x}=((5x)^2+2^{5x})^2-(5x)^2 \cdot 2^{5x+1}}\)
A ponieważ z założenia wiemy że \(\displaystyle{ x}\) jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ ((5x)^2+2^{5x})^2-(5x)^2 \cdot 2^{5x+1}=((5x)^2+2^{5x}-5x \cdot 2^{ \frac{5x+1}{2}})((5x)^2+2^{5x}+5x \cdot 2^{ \frac{5x+1}{2}})}\).
Wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ (5x)^2+2^{5x}-5x \cdot 2^{ \frac{5x+1}{2}}>1}\), a to jest oczywiste, bo \(\displaystyle{ 2^{ \frac{5x-1}{2}}>5x}\)
Nowsze zadanko: Niech \(\displaystyle{ W(k)}\) będzie takim wielomianem stopnia \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ W(k)= \frac{1}{k}}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2,3,...,n+1}\). Oblicz \(\displaystyle{ W(0)}\).
Ostatnio zmieniony 16 lut 2010, o 15:54 przez kaszubki, łącznie zmieniany 1 raz.
eee ale to odnośnie ostatniego (zupełnie normalnego) zadania, czy ocb?
a w poprzednim zadaniu to wyrażenie można jakoś rozłożyć na czynniki, ale nie pamiętam jak (było chyba m.in. w którejś staszicowej pięciogodzinówce Chucka Norrisa)
wielomian \(\displaystyle{ P(x)=xW(x)-1}\) ma pierwiastki 1,2,...,n+1 więc \(\displaystyle{ xW(x)-1=a(x-1)(x-2)...(x-(n+1))}\) dla wszystkich x.
wstawiając x=0 dostajemy \(\displaystyle{ a= \frac{(-1)^n}{(n+1)!}}\)
dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\) \(\displaystyle{ W(x)= \frac{a(x-1)(x-2)...(x-(n+1))+1}{x}}\)
a korzystając z reguły de'lHospitala: \(\displaystyle{ W(0)=\lim_{x \to 0}W(x)=\lim_{x \to 0}\frac{(a(x-1)(x-2)...(x-(n+1))+1)'}{x'}=\lim_{x \to 0}a(x-1)(x-2)...(x-(n+1)) \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{x-k}=1+ \frac{1}{2} +...+ \frac{1}{n+1}}\)
następne:
ciąg \(\displaystyle{ (a_1,a_2,...)}\) jest jedynym niemalejącym ciągiem liczb całkowitych dodatnich spełniających warunek że ciąg ten zawiera dokłądnie \(\displaystyle{ a_k}\) wystąpień liczby k dla każdego k. niech \(\displaystyle{ g(n)}\) będzie największą liczbą całkowitą taką że \(\displaystyle{ f(g(n))=n}\). Udowodnij że:
1.\(\displaystyle{ g(n)= \sum_{k=1}^{n}f(k)}\)
2.\(\displaystyle{ g(g(n))= \sum_{k=1}^{n} kf(k)}\)
3.\(\displaystyle{ g(g(g(n)))= \frac{1}{2}ng(n)(g(n)+1)- \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1}g(k)(g(k)+1)}\)
wiem że takich wielopunktowych zadań na OM raczej nie ma, ale dla treningu myśle że nie zaszkodzi
jerzozwierz pisze:Stwierdzenie Świstaka odnosi się do poprzedniego zadania (zedytowanego), z 47 IMO jeśli się nie mylę
To była jakaś wietnamska olimpiada. Poza podejrzeniem, że może pójdzie przez inwersję wymyśliłem jeszcze proste rozwiązanie korzystające z jednokładności i własności biegunowych.
Nie było ono bardzo trudne i do tego dość pouczające.
Mam jeszcze pytanie do zadania wyżej. Czym jest funkcja \(\displaystyle{ f}\)?
Edit: Nie zauważyłem, że jedno zadanie zniknęło i myślałem, że chodzi o geometrie którą wrzuciłem. nvm
Ostatnio zmieniony 16 lut 2010, o 22:47 przez pawels, łącznie zmieniany 2 razy.
chyba jednak chodziło o zadanie 4 z IMO 2006, aczkolwiek głowy nie daję, bo na własne oczy tego nie widziałem.
ad rem:
Dumel pisze:
ciąg \(\displaystyle{ (a_1,a_2,...)}\) jest jedynym niemalejącym ciągiem liczb całkowitych dodatnich spełniających warunek że ciąg ten zawiera dokłądnie \(\displaystyle{ a_k}\) wystąpień liczby k dla każdego k. niech \(\displaystyle{ g(n)}\) będzie największą liczbą całkowitą taką że \(\displaystyle{ f(g(n))=n}\). Udowodnij że:
1.\(\displaystyle{ g(n)= \sum_{k=1}^{n}f(k)}\)
2.\(\displaystyle{ g(g(n))= \sum_{k=1}^{n} kf(k)}\)
3.\(\displaystyle{ g(g(g(n)))= \frac{1}{2}ng(n)(g(n)+1)- \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1}g(k)(g(k)+1)}\)
aaa sorry za ten syf, w książce była notacja funkcyjna i zmieniłem ją tylko w niektórych miejscach. poprawna wersja:
ciąg \(\displaystyle{ (f(1),f(2),...)}\) jest jedynym niemalejącym ciągiem liczb całkowitych dodatnich spełniających warunek że ciąg ten zawiera dokłądnie \(\displaystyle{ f(k)}\) wystąpień liczby k dla każdego k. niech \(\displaystyle{ g(n)}\) będzie największą liczbą całkowitą taką że \(\displaystyle{ f(g(n))=n}\). Udowodnij że:
1.\(\displaystyle{ g(n)= \sum_{k=1}^{n}f(k)}\)
2.\(\displaystyle{ g(g(n))= \sum_{k=1}^{n} kf(k)}\)
3.\(\displaystyle{ g(g(g(n)))= \frac{1}{2}ng(n)(g(n)+1)- \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1}g(k)(g(k)+1)}\)
