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.
Niech dla pewnego \(\displaystyle{ x_0}\)\(\displaystyle{ f^n(x_0)=a_n}\). Mamy \(\displaystyle{ a_{n+2}+a_{n+1}-6a_n=0}\), czyli \(\displaystyle{ a_n=\alpha 2^n+\beta (-3)^n}\) a z tego oczywiscie wynika, ze \(\displaystyle{ \beta=0}\) bo f jest z R+ w R+. Mamy wiec \(\displaystyle{ f^n(x_0)=\alpha2^n}\) z czego wynika, ze f(x0)=2x0 a skoro x0 bylo dowolne to mamy rozwiazanie.
Mamy \(\displaystyle{ 2^{147}-1= (a-1)(1+a+a^2+a^3+a^4+a^5+a^6)=(a-1)N}\), gdzie \(\displaystyle{ a=2^{21}}\)
i \(\displaystyle{ a-1= (b-1)(1+b+b^2+b^3+b^4+b^5+b^6)=7M}\), gdzie \(\displaystyle{ b=2^3=8}\)
liczby N i M dziela sie przez 7 , jako ze \(\displaystyle{ 2^{3} \equiv 1 \ (mod \ 7)}\) i \(\displaystyle{ 2^{21} \equiv 1 \ (mod \ 7)}\)
i wtedy... wsk \(\displaystyle{ |x-y|+ x+y =2max(x,y)}\)
190
Ukryta treść:
Jesli \(\displaystyle{ f(x+t)=-f(x)}\) to \(\displaystyle{ f(x+2t)=f(x)}\) mamy \(\displaystyle{ f(x+2a)=f(-x-2a)= g(-x-a)=-g(x+a)=-f(x)}\)
okres f wynosi 4a
204
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ a_j>0}\) i ciag \(\displaystyle{ a_j}\) jest malejący, bo \(\displaystyle{ a_{n} -a_{n+1}= \frac{a_n}{1+a_n}= 1 - \frac{1}{1+a_n} >0}\)
a wiec ciag \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_n}}\) jest rosnący. Mamy \(\displaystyle{ a_{n}= a_0 +(a_1-a_0) + (a_2-a_1) + .... + (a_n-a_{n-1}) =1994 -n + \frac{1}{1+a_0} +....+ \frac{1}{1+a_{n-1}} > 1994-n}\)
(w szczegolnosci \(\displaystyle{ a_{997} >997}\))
Ale dla \(\displaystyle{ 1 \leq n \leq 998}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_0} +....+ \frac{1}{1+a_{n-1}} < \frac{n}{1+a_{n-1}} < \frac{998}{1+a_{997}}<1}\)
stad teza
Ostatnio zmieniony 11 lip 2009, o 15:00 przez mol_ksiazkowy, łącznie zmieniany 1 raz.
Mamy \(\displaystyle{ n=2k}\), i \(\displaystyle{ x^n-y^n}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ x^2- y^2}\) tj dzieli sie przez \(\displaystyle{ x+y}\) Jesli jednak \(\displaystyle{ x^n+y^n}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ x+y}\), to \(\displaystyle{ 2x^n}\) i \(\displaystyle{ 2y^n}\)dziela sie przez \(\displaystyle{ x+y}\). Ale \(\displaystyle{ x , y}\) sa wzglednie pierwsze
wiec musi byc \(\displaystyle{ x+y=1}\) lub \(\displaystyle{ x+y=2}\), co nie jest mozliwe, bo x, y sa to rózne liczby naturalne.
Sprzecznosc konczy dowod
Uwaga załozenie xy>1 jest istotnie, w tym sensie bo jesli dopuścimy liczby całkowite ,x i y beda roznych znakow to \(\displaystyle{ x^n+y^n}\) moze dzielic sie przez \(\displaystyle{ x+y}\), np
x=5, y=-3, dla n=2
Wyraz ogólny ciągu to: \(\displaystyle{ \frac{cos^{4}(\frac{\pi}{2^{k}}) - sin^{4} (\frac{\pi}{2^{k}})}{cos^{4}( \frac{\pi}{2^{k}})} = \frac{cos(\frac{\pi}{2^{k-1}})}{cos^{4}(\frac{\pi}{2^{k}})}}\)
Na boku policzymy: \(\displaystyle{ \frac{sinx}{x} = \frac{sin(\frac{x}{2^{k}})}{\frac{x}{2^{k}}} \cdot \prod_{n=1}^{k} cos(\frac{x}{2^{n}}) \rightarrow \prod_{n=1}^{\infty} cos(\frac{x}{2^{n}})}\)
Stąd wynik: \(\displaystyle{ \frac{\frac{sin\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}}}{\left(\frac{sin\frac{\pi}{4}}{\frac{\pi}{4}}\right)^{4}} = \frac{\pi^3}{32}}\)
Albo coś w tym stylu.
Według mnie w zad. 150 jest błąd. Przyjmijmy taki tok rozumowania:
Załóżmy, że \(\displaystyle{ x + y + z}\) jest kwadratem liczby naturalnej. A jak wiemy, kwadrat liczby niepodzielnej przez 3 przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1.
Wobec tego \(\displaystyle{ x + y + z\equiv 1 (mod \ 3)}\)
I teraz mamy przypadki: \(\displaystyle{ x\equiv 0 \ y\equiv 0 \ z\equiv 1 (mod \ 3);
x\equiv 1 \ y\equiv 1 \ z\equiv 2 (mod \ 3);
x\equiv 2 \ y\equiv 2 \ z\equiv 0 (mod \ 3)}\) i odpowiednie permutacje tych przypadków.
Weźmy drugi przypadek: \(\displaystyle{ x^2}\) daje resztę 1 z dzielenia przez 3, \(\displaystyle{ y^2}\) resztę 1, \(\displaystyle{ z^2}\) resztę 1.
Po zsumowaniu reszt dostajemy \(\displaystyle{ x^2 + y^2 + z^2\equiv 0 \not\equiv 1993 \equiv 1 (mod \ 3)}\)
Trzeci przypadek: \(\displaystyle{ x^2}\) daje resztę 1 z dzielenia przez 3, \(\displaystyle{ y^2}\) resztę 1, \(\displaystyle{ z^2}\) resztę 0.
Po zsumowaniu reszt dostajemy \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \equiv 2 \not\equiv 1993 \equiv 1 (mod \ 3)}\)
A teraz pierwszy przypadek: \(\displaystyle{ x^2}\) daje resztę 0 z dzielenia przez 3, \(\displaystyle{ y^2}\) resztę 0, \(\displaystyle{ z^2}\) resztę 1.
Po zsumowaniu reszt dostajemy \(\displaystyle{ x^2 + y^2 + z^2\equiv 1 \equiv 1993 \equiv 1 (mod \ 3)}\)
Z tego wynika, że istnieje liczba \(\displaystyle{ x+y+z}\) która jest kwadratem liczby całkowitej i \(\displaystyle{ x^2 + y^2 + z^2=1993}\) spełniające to równanie. Pominąłem przypadek, gdy \(\displaystyle{ x+y+z}\) jest podzielne przez 3, bo jest on łatwy do wykazania. Czy to ja się pomyliłem czy autor?
Ad. 150: \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 = 1993}\) nigdy nie jest spełnione, bo \(\displaystyle{ a^2 \equiv -1 \vee 0 \vee 1 \ (mod \ 9)}\), więc \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \not\equiv 4 \ (mod \ 9)}\), co jest sprzeczne z założeniem zadania. Nie istnieją takie liczby, więc w szczególności nie istnieją takie, że \(\displaystyle{ x+y+z}\) jest kwadratem.
Ojej, nie wiem czemu zasugerowałem się, że mamy tam \(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3}\)...
No to może tak:
150:
Szacując: \(\displaystyle{ (x+y+z)^2 \ge x^2+y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3}}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 45 \le (x+y+z) \le 77}\). Jeśli (x+y+z) jest kwadratem, to jest 49 lub 64. Ale:
\(\displaystyle{ 1 \equiv x^2+y^2+z^2 \equiv x+y+z \ (mod \ 2)}\), zatem zostaje tylko możliwość \(\displaystyle{ x+y+z=49}\). Ale wówczas: \(\displaystyle{ 2401=(x+y+z)^2=1993+2(xy+yz+zx) \iff xy+yz+zx=204}\)
Niech \(\displaystyle{ x \le y \le z}\), czyli: \(\displaystyle{ x+y \le 32}\). Wówczas: \(\displaystyle{ 204=xy+z(y+x)=xy+(49-(x+y))(x+y)) \ge (49-(x+y))(x+y)}\). Ale dla \(\displaystyle{ 5 \le x+y \le 32}\) mamy: \(\displaystyle{ 204 \ge (49-(x+y))(x+y) \ge 44 \cdot 5 = 220 > 204}\) - sprzeczność.
Zatem: \(\displaystyle{ x+y \le 4}\), a że x,y są naturalne, to: \(\displaystyle{ x+y \in \lbrace 2,3,4 \rbrace}\).
Czyli: \(\displaystyle{ (x,y) \in \lbrace (1,1);(1,2);(1,3);(2,2) \rbrace}\). Łatwo sprawdzić, że w każdym z tych przypadków \(\displaystyle{ 44^2 < z^2 < 45^2}\) - sprzeczność kończy dowód.
\(\displaystyle{ F_1=1, \ F_2=1, \ F_{n+1}=F_n+F_{n-1}}\), można dowieść indukcją, że kolejne takie ułamki są równe: \(\displaystyle{ \frac{F_{n+1}}{F_n}}\), w naszym przypadku jest to (jeśli 1995 oznacza ilość pojawiających się znaków "+" w mianowniku): \(\displaystyle{ \frac{F_{1998}}{F_{1997}}}\). Zatem \(\displaystyle{ m=F_{1998}, \ n=F_{1997}}\), bo każde dwa kolejne wyrazy ciągu Fibonacciego są względnie pierwsze. Szukana wartość wyrażenia \(\displaystyle{ m^2+mn-n^2}\) jest więc jasna.
161:
Dwie z liczb a,b,c są tej samej parzystości, dla ustalenia uwagi niech to będą a i b. Wówczas \(\displaystyle{ b^c}\) oraz \(\displaystyle{ a}\) są tej samej parzystości, zatem \(\displaystyle{ p=b^c+a}\) jest parzysta, a że jest też pierwsza, to jest równa 2. Ale \(\displaystyle{ b^c \ge 1 \wedge a \ge 1}\), zatem w obu tych nierównościach muszą zachodzić równości. Zatem \(\displaystyle{ a=b=1}\), co należało dowieść.
165:
Dla n=1, a wszystkie cechy są równe 1. Dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy: \(\displaystyle{ n > \frac{n+1}{2} > \frac{n+2}{3}>\ldots>\frac{n+1994}{1995}}\). Szybko można wywnioskować, że równanie jest spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy: \(\displaystyle{ \left[ \sqrt[1995]{n} \right]=2 \wedge \left[ \sqrt[1995]{\frac{n+1}{2} } \right]=1}\), czyli: \(\displaystyle{ n \ge 2^{1995} \wedge n < 2^{1996}-1}\). Zatem to równanie ma \(\displaystyle{ 2^{1995}-1}\) rozwiązań: \(\displaystyle{ n \in \lbrace 2^{1995}, 2^{1995}+1, \ldots, 2^{1996}-2 \rbrace}\).
Udowodnimy indukcyjnie, że \(\displaystyle{ x_k=k}\). Przedstawię krok indukcyjny (korzystam z powszechnie znanych wzorów na sumę trzecich i drugich potęg kolejnych liczb naturalnych): \(\displaystyle{ x_k=\binom{k+3}{4}-\sum_{i=1}^{k-1}(k-i)\frac{(i+2)(i+1)}{2}= \\ = \binom{k+3}{4}+\frac{1}{2}(\sum_{i=1}^{k-1}i^3)-\frac{1}{2}(k-3)(\sum_{i=1}^{k-1}i^2)-\frac{1}{2}(3k-2)(\sum_{i=1}^{k-1}i)-\frac{1}{2}(\sum_{i=1}^{k-1} 2k) = \\ = \frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{24} + \frac{1}{2}(\frac{(k-1)k}{2})^2 - \\ - \frac{1}{2}(k-3) \cdot \frac{(k-1)k(2k-1)}{6} - \frac{1}{2}(3k-2) \cdot \frac{(k-1)k}{2} - k(k-1) = \\ = [obliczenia] = k}\)
Treść zadania 162 jest niekompletna. Poza tym pisałem na pierwszej stronie, że zadanie 144 jest prawdziwe, gdy \(\displaystyle{ n \ge 3}\) i n jest nieparzyste. Frej, oznacz, które już zostały zrobione.
Ostatnio zmieniony 12 lip 2009, o 02:26 przez Sylwek, łącznie zmieniany 2 razy.
Być może wcinam się nieproszony, ale z zad. 91 miałem na pieńku jeszcze od wczesnego liceum. Wczoraj zobaczyłem je znowu, przypomniałem sobie dawne boje...i okazało się, że teraz umiem je zrobić, choć nieładnie i z wykorzystaniem odrobiny analizy matematycznej.
Ukryta treść:
Podstawmy do obu równań \(\displaystyle{ y=0}\). Dostajemy: \(\displaystyle{ f(x) = f(x)f(0) - g(x)g(0)}\) \(\displaystyle{ g(x) = g(x)f(0) + f(x)g(0)}\)
gdzie \(\displaystyle{ a = f(0) - 1, b = g(0)}\). Dla ustalonego \(\displaystyle{ x}\), układ ten ma wyznacznik \(\displaystyle{ f(x)^2 + g(x)^2}\), czyli jakiekolwiek inne rozwiązanie poza \(\displaystyle{ a = b = 0}\) byłoby możliwe tylko, gdyby \(\displaystyle{ f(x)^2 + g(x)^2 = 0}\), czyli \(\displaystyle{ f = g = 0}\). A funkcje nie są stałe. Stąd mamy \(\displaystyle{ f(0) = 1}\) i \(\displaystyle{ g(0) = 0}\).
Warunek \(\displaystyle{ f'(0) = 0}\) oznacza tyle, że \(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 1}{h} = 0}\). Oznaczmy sobie też \(\displaystyle{ \alpha = g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(h)}{h}}\).
Czyli rzeczona funkcja jest stała. A że dla \(\displaystyle{ x = 0}\) wiemy, że przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 1}\), musi być stale równa \(\displaystyle{ 1}\).
Można pokazać, używając odrobiny teorii, że tak naprawdę te funkcje to \(\displaystyle{ \sin \alpha x}\) i \(\displaystyle{ \cos \alpha x}\). Ale mnie interesuje co innego: czy ktoś nie umiałby policzyć tego jakimś jednym genialnym podstawieniem, bez babrania się w granicach?
szkic Rozwazana liczba ma postac \(\displaystyle{ -r(a_1+...+a_{32})=-16r(a_1+a_{32})}\) Liczba \(\displaystyle{ r}\), tj roznica ciagu arytmetycznego jest parzysta, zaś \(\displaystyle{ a_1}\) musi byc postaci \(\displaystyle{ 6k+1}\) lub \(\displaystyle{ 6k+5}\).
Wynika stad iz \(\displaystyle{ r=6m}\), tj \(\displaystyle{ r}\) musi byc podzielne przez 6. Jesli \(\displaystyle{ r=6m}\) m nieparzyste, to \(\displaystyle{ a_1+a_{32}}\) dzieli sie przez 4. Jesli zas \(\displaystyle{ m}\) jest pazryzte, to \(\displaystyle{ r}\) dzieli sie przez 12. Liczba \(\displaystyle{ a_1+a_{32}}\) jest zawsze parzysta. Tak wiec zawsze \(\displaystyle{ r(a_1+a_{32})}\) dzieli sie przez 24, tj \(\displaystyle{ -16r(a_1+a_{32})}\) dzieli sie przez 384
177
Ukryta treść:
Najlepiej wpierw zobaczyc sobie na przykladzie, \(\displaystyle{ p=7}\) \(\displaystyle{ 1^7 \equiv 1 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 2^7 \equiv 30 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 3^7 \equiv 31 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 4^7 \equiv 18 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 5^7 \equiv 19 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 6^7 \equiv 48 \ (mod \ 49)}\)
Teraz juz widac ze trzeba łaczyc w pary reszty "pierwsza z ostatnia" etc. Uzadanienie jest takie ze \(\displaystyle{ k^p+ (p-k)^p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ p^2}\) co wynika z rozwiniecia tego wzoru wg dwumianu Newtona.
tj \(\displaystyle{ r_k +r_{p-k}=p^2}\) jako ze \(\displaystyle{ r_k \neq 0}\) Stad wynik: \(\displaystyle{ \sum_k r_k= \frac{p-1}{2} p^2}\)
ps Jest to zadanko z GMILa
Przypuśćmy, że ta liczba wynosi k i jest wymierna, wówczas: \(\displaystyle{ \sqrt[3]{3+\ldots + \sqrt[n-1]{n-1+\sqrt[n]{n}}}=k^2-2}\) też jest wymierna, teraz podnosimy do trzeciej i odejmjemy 3 i znowu po prawej mamy liczbę wymierną, itp.. Kontynuując to postępowanie dochodzimy do momentu, gdzie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\) jest liczbą wymierną. Jednak wówczas \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\) musiałaby być liczbą naturalną, jednak dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\): \(\displaystyle{ 1<\sqrt[n]{n}<2}\), co łatwo dowieść. Sprzeczność obala przypuszczenie kończy dowód nie wprost.
200:
Przez zwinięcie do kwadratu można udowodnić kilka prostych nierówności: \(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{1}{2}(x^4+x^2) \ge x^3 \\ \frac{1}{2}(y^4+y^2) \ge y^3 \\ \frac{1}{2}(x^2y^2 + x^4) \ge x^3y \\ \frac{1}{2}(x^2y^2+y^4) \ge xy^3 \\ \frac{1}{2}(x^2+1) \ge x \\ \frac{1}{2}(y^2+1) \ge y \end{cases}}\)
Sumując dostajemy tezę.