LXII Olimpiada Matematyczna I etap

[slepy_01]

To może ja się wypowiem. Nie zrobiłem co prawda 12, ale zrobiłem 3 pozostałe. Ogólny zarys rozwiązań:
9) Dowodzimy że trójkąt da się rozciąć na 3 deltoidy(okrąg wpisany w trójkąt) i dowodzimy że czworokąt wypukły da się rozciąć na deltoid i trójkąt albo deltoid i dwa trójkąty , poza czworokątami posiadającymi pewne szczególne własności
10) Dosyć spory hard, ale zrobiłem.
11) Korzystając z iloczynu wektorowego który dla dwóch wektorów prostopadłych jest zero

[Dumel]

W 10 skorzystałem ze wzorów, że
\(\displaystyle{ 2 ^{pq}-1=(2 ^{q}-1)(2^{q(p-1)}+2^{q(p-2)}+...+2^{q}+1)}\)
\(\displaystyle{ 2 ^{pq}-1=(2 ^{p}-1)(2^{p(q-1)}+2^{p(q-2)}+...+2^{p}+1)}\)

informacja w stylu: we wszystkich zadaniach skorzystałem z łączności dodawania ;-P

jestem raczej teorioliczbofobem ale 10. strasznie mi się spodobało. jak pojade do domu to moze znajde kartke z zapisanym dowodem.

[kubus1353]

no więc ja bardzo podobnie:
9 - rozcinamy na czworokąt w który da się wpisać okrąg i trójkąt (uzasadnienie że się da z własności Darboux) + przypadek gdy od razu się da wpisać okrąg.
10 - rozpisanie na iloczyn trzech liczba względnie pierwszych
11 - chyba jak wszyscy iloczyn skalarny.-- 7 gru 2010, o 00:59 --a jeśli chodzi o 12 to mi sie nawet rozwiązania tego nie będzie chciało czytać xD

[tomeuff]

Zad. 9. Dowolny czworokąt dzielę na deltoid i dwa trójkąty lub na deltoid i czworokąt(który potem dzielę na dwa trójkąty). Następnie rozpatrzyłem jeszcze przypadki szczególne typu: kwadrat, romb, równoległobok itd.

Zad.10. Udowodniłem, że liczby 2^{p} - 1 oraz 2^{q} - 1 są względnie pierwsze. Potem udowodniłem, że nie mogą być one kwadratami liczb pierwszych, a następnie rozpatrzyłem 3 możliwości:
1) obie liczby są złożone(mamy łącznie przynajmniej 4 dzielniki);
2) obie liczby są pierwsze(dowodzę, że w rozkładzie liczby 2^{pq} - 1 jest jeszcze jedna liczba pierwsza
3) jedna liczba jest pierwsza, a druga złożona(co najmniej 3 dzielniki).

Zad.11 Zadanie zrobiłem stosując twierdzenie cosinusów dla kątów trójściennych.

[kubus1353]

ale tylko kwadratami, a potęgami nie?

[peev]

Zad.10. Potem udowodniłem, że nie mogą być one kwadratami liczb pierwszych
.

Jak ?

[smigol]

peev, z łatwego do udowodnienia twierdzenia Mihailescu.

[timon92]

skoro jeszcze nikt nie napisał prostego rozwiązania do 11, to ja dam hinta:

Ukryta treść:    

Jak mamy ten ostrosłup SABC (S jest interesującym nas wierzchołkiem), to na półprostych SA, SB, SC bierzemy punkty K,L,M takie, że SK = SL = SM. Dalej idzie prosto z Pitagorasa

dwunaste zacząłem tak:

Ukryta treść:    

rozpisując na dwa sposoby sumę \(\displaystyle{ f(a)+f(b)+f(c)+f(d)}\) można uzyskać równość \(\displaystyle{ f \left( \frac{1}{3} \cdot \sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2 + 2abcd + \sqrt{(a^2b^2+abcd+c^2d^2)(b^2c^2+abcd+d^2a^2)}}\right) = f \left( \frac{1}{3} \cdot \sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2)}\right)}\), przy czym można pokazać, że zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot \sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2 + 2abcd + \sqrt{(a^2b^2+abcd+c^2d^2)(b^2c^2+abcd+d^2a^2)}} \le \frac{1}{3} \cdot \sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2)}}\)
Dalej można np. zmieniać liczby a,c z zachowaniem wyrażenia \(\displaystyle{ a^2+ac+c^2}\), wówczas to drugie wyrażenie jest stałe, a to pierwsze się zmienia. To coś jest ciągłe, więc dostaniemy stałość funkcji f na pewnym przedziale i to już chyba jest prawie koniec, ale nie dokończyłem tego bo mi się nie chciało

[bartek118]

Niestety, w tym roku rozpoczalem studia matematyczne i nie moglem brac udzialu w OMie, ale co do zadania 12 - ja probowalbym zrobic to w taki sposob, ze:
zauwazmy, ze jesli funkcja f(x) spelnia to rownanie, to funkcja f(x)+c takze, dla dowolnej stalej c. Zatem szukalbym jakiegos punktu zaczepienia, np. f(1)=0 lub cos podobnego

[gharson]

W 9 nie wystarczy podzielić na 2 trójkąty, drugi trójkąt na deltoid i trójkąt, oba powstałe trójkąty na 3 deltoidy i mamy łącznie 7? Wtedy trzeba rozpatrzeć tylko 1 szczególny przypadek- gdy drugi trójkąt jest rownoboczny i nie można od niego odciąć deltoidu.
A odnośnie 11: zrobiłem podobnie jak timon92.

[mariolawiki1]

gharson, wydaje mi się, że jeżeli jeden z tych dwóch trójkątów jest równoboczny, to możesz wziąć ten drugi. A jeżeli oba są równoboczne, to możesz poprowadzić drugą przekątną i wziąć pod uwagę jeden z nowych trójkątów.

[gharson]

tak, ale trzeba to opisać

[patry93]

2) obie liczby są pierwsze(dowodzę, że w rozkładzie liczby 2^{pq} - 1 jest jeszcze jedna liczba pierwsza

Jak to udowodnić?
Ja na palcach znalazłem coś w stylu \(\displaystyle{ kpq+1}\) dla jakiegoś naturalnego \(\displaystyle{ k}\), ale bez dowodu niestety.

[Ahhaa]

Patry93
Ja to pokazałem mniej więcej tak:
gdyby miały być to jedyne różne pierwsze dzielniki musiałby byc spełniony układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2^{p}-1=r \\ 2^{q}-1=f \\ 2^{pq}-1=r^{a}f^{b} \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ r,f}\)- różne nieparzyste liczby pierwsze, \(\displaystyle{ a,b \in N}\)
Rozpisując pierwsze równanie:
\(\displaystyle{ 2^{p}=r+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{pq}=(r+1)^{q}}\)
\(\displaystyle{ 2^{pq}-1=(r+1)^{q}-1=r[(r+1)^{q-1}+...+1]}\)
Porównując z trzecim rownaniem i dzieląc przez r mamy:
\(\displaystyle{ r^{a-1}f^{b}=(r+1)^{q-1}+...+1}\)
Po prawej stronie mamy q liczb, z których każda \(\displaystyle{ \equiv1 \pmod{r}}\)
Więc mamy:
\(\displaystyle{ r^{a-1}f^{b} \equiv q \pmod{r}}\)
Ponieważ q to liczba pierwsza mamy dwie możliwości:
\(\displaystyle{ r=q}\) kiedy \(\displaystyle{ a>1}\) oraz:
\(\displaystyle{ a=1 \wedge r \neq q}\)
Analogicznie rozpisująć drugi układ dochodzimy do podobnych wniosków dla liczb \(\displaystyle{ p,f}\)
Dostajemy cztery różne układy równań w których już dość łatwo dojść do sprzeczności.

[jgarnek]

Jak to udowodnić?

Jeżeli \(\displaystyle{ 2^p-1=s^a}\), gdzie p, s są liczbami pierwszymi, to a=1.

Dowód:    

Zauważmy najpierw, że a jest liczbą nieparzystą - gdyby było a=2c,
to \(\displaystyle{ (s^c)^2 = 2^{p}-1 \equiv -1 \, (mod \, 4)}\), zaś kwadrat liczby naturalnej może dawać tylko reszty 0,1 z dzielenia przez 4.
Stąd a=2c-1. Ale

\(\displaystyle{ s^{2c-1}+1 \equiv (-1)^{2c-1}+1 \equiv 0 \, (mod \, s+1) \Rightarrow s+1|s^{2c-1}+1=2^p}\)
Liczba s+1 jest dzielnikiem \(\displaystyle{ 2^p}\), jest więc liczbą postaci \(\displaystyle{ 2^d}\).
Ale zauważmy, że:
\(\displaystyle{ 2^d|s^{2c-1}+1}\)
\(\displaystyle{ 2^{d+1}\not|s^{2c-1}+1=(2^d-1)^{2c-1}+1}\)
(to drugie - z dwumianu Newtona)
więc najwyższą potęgą dwójki dzielącą s^{2c-1}+1 jest d. Z drugiej strony s^{2c-1}+1=2^p, więc
d=p, a stąd już łatwo s=2^p-1

Dalej również udowodniłem, że \(\displaystyle{ 2^{pq}-1}\) musi mieć jakiś inny dzielnik po za tymi dwoma, ale w trochę inny sposób (zauważyłem, że maksymalna potęga \(\displaystyle{ 2^p-1}\) dzieląca \(\displaystyle{ 2^{pq}-1}\) to 2, a dalej nierównościami).

Zadanie 11: skorzystałem z iloczynu skalarnego -dwusieczna kąta między wektorami u, v to
\(\displaystyle{ |\vec{u}|\vec{v}+\vec{u}|\vec{v}|}\)
dalej już łatwe przekształcenia.